最新2018-2019学年高中数学人教A版必修2《空间中的垂直关系》同步练习一(含解析)-精编试题

合集下载

人教A版高中同步学案数学选择性必修第一册精品课件第一章第2课时空间中直线、平面的垂直

)
①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2=0;
②若n是平面α的法向量,a与平面α平行,则n·a=0;
③若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面不垂直.
A.1
B.2
C.3
D.0
答案 C
2.已知△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形,其中
=(1,m,2), =(2,m,n)(m,n∈R),则 m+n=
∴ =(m,1,-1), =
1 1
0, 2 , 2
.
∵ · =0,∴PE⊥AF.
∴无论点 E 在边 BC 上何处,总有 PE⊥AF.
1 1
0, 2 , 2
.
(方法 2)因为点 E 在边 BC 上,可设 =λ ,
于是 ·=( +
1
+ )· (
2
+ )
4.如图,在四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,BC=CD,∠BCD=90°,
∠ADB=30°,E,F分别是AC,AD的中点,求证:平面BEF⊥平面ABC.
证明建立空间直角坐标系,如图,
设A(0,0,a),则易得B(0,0,0),
C(
√3
√3
√3
√3

a, a,0),D(0,√3a,0),E( a, a, ),F
建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出两直线方向向
坐标法
量的坐标,然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于
0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直
利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律,结合图
基向量法
形,将两直线所在的向量用基向量表示,然后根据数量积的运
算律证明两直线所在的向量的数量积等于0,从而证明两条

高中数学《空间中的垂直关系》同步练习1 新人教B版必修2

空间中的垂直关系【模拟试题】（答题时间：50分钟）一、选择题1、若,,a b c 表示直线，α表示平面，下列条件中，能使a α⊥的是（）A 、,,,a b a c b c αα⊥⊥⊂⊂B 、,//a b b α⊥C 、,,a b A b a b α=⊂⊥D 、//,a b b α⊥2、已知l 与m 是两条不同的直线，若直线l ⊥平面α，①若直线m l ⊥，则//m α；②若m α⊥，则//m l ；③若m α⊂，则m l ⊥；④若//m l ，则m α⊥。

上述判断正确的是（）A 、①②③B 、②③④C 、①③④D 、②④**3、在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是（）A 、38B 、83C 、34D 、434、在直二面角α—l —β中，直线a ⊂α,直线b ⊂β,a 、b 与l 斜交，则（）A 、a 不和b 垂直，但可能a ∥bB 、a 可能和b 垂直，也可能a ∥bC 、a 不和b 垂直，a 也不和b 平行D 、a 不和b 平行，但可能a ⊥b*5、如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是（）A 、BD ∥平面CB 1D 1 B 、AC 1⊥BDC 、AC 1⊥平面CB 1D 1 D 、异面直线AD 与CB 1所成的角为60°6、设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（）A 、若a b ，与α所成的角相等，则a b ∥B 、若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥C 、若a b a b αβ⊂⊂，，∥，则αβ∥ D 、若a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，则a b ⊥二、填空题7、在直四棱柱1111ABCD A BC D -中，当底面四边形ABCD 满足条件_______时，有111A C B D ⊥（注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情况） **8、设三棱锥P ABC -的顶点P 在平面ABC 上的射影是H ，给出以下命题： ①若PA BC ⊥，PB AC ⊥，则H 是ABC ∆的垂心②若,,PA PB PC 两两互相垂直，则H 是ABC ∆的垂心③若90ABC ∠=，H 是AC 的中点，则PA PB PC ==④若PA PB PC ==，则H 是ABC ∆的外心其中正确命题的序号是9、设X 、Y 、Z 是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y ”为真命题的是_________（填序号）①X 、Y 、Z 是直线 ②X 、Y 是直线，Z 是平面 ③Z 是直线，X 、Y 是平面 ④X 、Y 、Z是平面三、解答题*10、如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1的中点，点F 在BC上且满足BF∶FC=1∶3。

高中数学人教A版必修2《空间中的平行关系》课后练习二(含解析)

（同步复习精讲辅导）北京市-高中数学空间中的平行关系课后练习二（含解析）新人教A 版必修2题1A ．如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n ∥αB ．如果m ⊂α，n ∥α，m 、n 共面，那么m ∥nC ．如果m ⊂α，n ⊄α，m 、n 是异面直线，那么n 与α相交D ．如果m ∥α，n ∥α，m 、n 共面，那么m ∥n题2A ．①或②B ．②或③C ．①或③D ．只有②题3如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，EF 为异面直线D A 1与AC 的公垂线，求证：1//BD EF ．题4ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH ，求证：AP ∥GH ．题5如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点．（Ⅰ）证明：平面11ADC B ⊥平面1A BE ；（Ⅱ）在棱11D C 上是否存在一点F ，使F B 1//平面BE A 1？证明你的结论．题6 如图所示，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC ＝60°，PA ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED ＝2∶1，在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．题7如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点N 在BD 上，点M 在B 1C 上，且CM ＝DN ，求证：MN ∥平面AA 1B 1B ．题8如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)在所给直观图中连接BC ′，证明：BC ′∥平面EFG ．题9如果平面α与α外一条直线a 都垂直b ，那么α//a ．课后练习详解题1答案：B ．详解：如图所示，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线AB ⊂平面AC ，直线CC 1⊄平面AC ，直线AB 和直线CC 1是异面直线，但是直线CC 1∩平面AC ＝C ，排除A ；直线AB ⊂平面AC ，直线B 1C 1⊄平面AC ，直线AB 和直线B 1C 1是异面直线，但是直线B 1C 1∥平面AC ，排除C ；直线A 1B 1∥平面AC ，直线B 1C 1∥平面AC ，直线A 1B 1和直线B 1C 1共面，但是直线A 1B 1∩直线B 1C 1＝B 1，排除D ．题2答案：C ．详解：若填入①，则由a ∥γ，b ⊂β，b ⊂γ，b ＝β∩γ，又a ⊂β，则a ∥b ；若填入③，则由a ⊂γ，a ＝α∩β，则a 是三个平面α、β、γ的交线，又b ∥β，b ⊂γ，则b ∥a ；若填入②，不能推出a ∥b ，可以举出反例，例如使β∥γ，b ⊂γ，画一草图可知，此时能有a ∥γ，b ∥β，但不一定a ∥b ，有可能异面．从而A 、B 、D 都不正确，只有C 正确．题3证明：连结11C A ，由于11//C A AC ，AC EF ⊥，∴11C A EF ⊥．又D A EF 1⊥，1111A C A D A = ，∴D C A EF 11平面⊥． ①∵11111D C B A BB 平面⊥，111111D C B A C A 平面⊂，∴111C A BB ⊥．∵四边形1111D C B A 为正方形，∴1111D B C A ⊥，1111B BB D B = ，∴D D BB C A 1111平面⊥，而D D BB BD 111平面⊂，∴111BD C A ⊥．同理11BD DC ⊥，1111C C A DC = ，∴D C A BD 111平面⊥． ②由①、②可知：1//BD EF ．题4答案：见详解详解：如图所示，连结AC 交BD 于O ，连结MO ，∵ABCD 是平行四边形，∴O 是AC 中点，又M 是PC 的中点，∴AP ∥OM ．根据直线和平面平行的判定定理，则有PA ∥平面BMD ．∵平面PAHG ∩平面BMD ＝GH ，根据直线和平面平行的性质定理，∴PA ∥GH ．题5答案：见详解．详解：（Ⅰ）因为多面体1111D C B A ABCD -为正方体，所以1111B C ABB A ⊥面；因为111A B ABB A ⊂面，所以111B C A B ⊥．又因为11A B AB ⊥，1111B C AB B ⋂=，所以111A B ADC B ⊥面．因为11A B A BE ⊂面,所以平面11ADC B ⊥平面1A BE ．（Ⅱ）当点F 为11D C 中点时，可使F B 1//平面BE A 1．以下证明之：易知：EF //112C D ，且EF 11=2C D ，设11AB A B O ⋂=，则1B O //112C D 且1B O 11=2C D 所以EF //1B O 且EF 1=B O ，所以四边形1B OEF 为平行四边形．所以1B F //OE ．又因为11B F A BE ⊄面，1OE A BE ⊂面．则F B 1//平面BE A 1题6答案：见详解．详解：当F 是棱 PC 的中点时，BF ∥平面AEC ．取PE 的中点M ，连接FM ，则FM ∥CE ． ∵FM ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，∴FM ∥平面AEC ，由EM ＝12PE ＝ED ，得E 是MD 的中点．连接BM ，BD ，设BD ∩AC ＝O ，则O 是BD 的中点，所以BM ∥OE ．∵BM ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴BM ∥平面AEC ，∵FM ∩BM ＝M ，∴平面BFM ∥平面AEC ，又BF ⊂平面BFM ，所以BF ∥平面AEC ．题7答案：见详解．详解：证法一：如图，作ME ∥BC ，交B 1B 于E ，作NF ∥AD 交AB 于F ，连接EF ，则EF ⊂平面AA 1B 1B ．∴ME BC ＝B 1M B 1C ，NF AD ＝BN BD． ∵在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，CM ＝DN ，∴B 1M ＝BN ．又∵B 1C ＝BD ，∴ME BC ＝BN BD ＝NF AD． ∴ME ＝NF ．又ME ∥BC ∥AD ∥NF ．∴四边形MEFN 为平行四边形．∴MN ∥EF ，∴MN ∥平面AA 1B 1B ．证法二：如图，连接CN 并延长交BA 所在直线于点P ，连接B 1P ，则B 1P ⊂平面AA 1B 1B ．∵△NDC ∽△NBP ，∴DN NB ＝CNNP．又CM ＝DN ，B 1C ＝BD ，∴CM MB 1＝DN NB ＝CN NP． ∴MN ∥B 1P ．∵B 1P ⊂平面AA 1B 1B ，∴MN ∥平面AA 1B 1B ．题8答案：见详解．详解: (1)如图．(2)在长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中，连接AD ′，则AD ′∥BC ′．因为E ，G 分别为AA ′，A ′D ′中点，所以AD ′∥EG ，从而EG ∥BC ′．又EG ⊂平面EFG ，BC ′⊄平面EFG ，所以BC ′∥平面EFG ．题9答案：见详解．详解：已知：直线α⊄a ，b a 直线⊥，α⊥b ．求证：α//a ．(1)如图，若a 与b 相交，则由a 、b 确定平面β，设'a =αβ ．αααβαα////,,'''''a a a a a a b a a b ab a b ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥又∵． (2)如图，若a 与b 不相交，则在a 上任取一点A ，过A 作b b //'，a 、'b 确定平面β，设'a =αβ ．αααβααα////,,////'''''''''''a a a a a a a b ab a b b b a b a b b b b ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊥⇒⎭⎬⎫⊥⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥⇒⎭⎬⎫⊥又又∵又∵．。

高中数学人教a版(2019)必修第二册《空间直线平面的垂直》测试卷

空间直线、平面的垂直同步题一．选择题（共15小题）1．三棱锥P﹣ABC的三个侧面两两垂直，则顶点P在底面ABC的射影为△ABC的（）A．内心B．外心C．重心D．垂心2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列条件中能推出m⊥n的是（）A．m⊥α，n∥β，α⊥βB．m⊥α，n⊥β，α∥βC．m⊂α，n⊥β，α∥βD．m⊂α，n∥β，α⊥β3．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为P A，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD．其中正确的结论个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个4．已知在矩形ABCD中，AB＝2BC＝4，E为AB的中点，沿着DE将△ADE翻折到△PDE，使平面PDE ⊥平面EBCD，则PC的长为（）A．2B．2C．4D．65．在如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DD1B．A1E⊥DB C．A1E⊥D1C1D．A1E⊥DB17．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（）A．AC⊥SB B．AD⊥SCC．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA8．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为（）A．B．C．D．9．三棱锥V﹣ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB．则（）A．AC⊥BC B．VB⊥AC C．VA⊥BC D．VC⊥AB10．如图，P A垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（）A．BC⊥平面P AC B．AE⊥EF C．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC11．在三棱锥A﹣BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，那么必有（）A．平面ADC⊥平面BCD B．平面ABC⊥平面BCDC．平面ABD⊥平面ADC D．平面ABD⊥平面ABC12．在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，F，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF13．已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有（）A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD14．如图1，已知P ABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△P AD沿AD折起，使平面P AD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面P AB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN15．四面体ABCD中，AB＝CD＝3，其余棱长均为4，E、F分别为AB、CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF二．填空题（共10小题）16．平行四边形ABCD中，AB＞AD，将三角形ABD沿着BD翻折至三角形A'BD，则下列直线中有可能与直线A'B垂直的是（填所有符合条件的序号）．①直线BC；②直线CD；③直线BD；④直线A'C．17．如图，平面ABC⊥平面α，平面ABC∩平面α＝AB，∠ACB＝，AC＝1，AB＝2，D为线段AB的中点．现将△ACD绕CD旋转至△A′CD，设直线A′C∩平面α＝P，则在旋转过程中，下列说法正确的是（1）三棱锥A′﹣BCD的体积有最大值；（2）点P的轨迹为椭圆；（3）直线CB与平面CDP所成角的最大值为30°；（4）若二面角P﹣CD﹣B的平面角为α，则∠PDB≥α．18．在四棱锥S﹣ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝．19．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在鳖臑P﹣ABC中，P A⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过点A分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC于点F，连结EF，当△AEF的面积最大时，tan∠BPC＝．20．如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为AA1D1上一点，且A1N＝λA1D1．若BD⊥AN，则λ的值为；若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为．21．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α：③m⊂α；④α∥β；⑤α⊥β．当满足条件时，m⊥β．22．已知四边长均为2的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若∠BAD＝，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为．23．在三棱锥P﹣ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，PB＝PC＝4，平面PBC⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为．24．已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝4，△P AD为等边三角形且平面P AD⊥平面ABCD，则球O的表面积为．25．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面P AD是等边三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则＝．三．解答题（共5小题）26．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知P A⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD ＝，AD＝2，AB＝BC＝1．（1）当四棱锥P﹣ABCD的体积为1时，求异面直线AC与PD所成角的大小；（2）求证：CD⊥平面P AC．27．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC＝2AD＝2AB，点P在平面ABCD内的投影恰为BD的中点M．（Ⅰ）证明：CD⊥平面PBD；（Ⅱ）若PM＝AD，求直线P A与CD所成角的余弦值．28．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD．29．如图，在矩形ABCD中，将△ACD沿对角线AC折起，使点D到达点E的位置，且AE⊥BE．（1）求证：平面ABE⊥平面ABC；（2）若BC＝3，三棱锥B﹣AEC的体积为，求点E到平面ABC的距离．30．如图所示，在三棱锥A﹣BCD中，AB＝BC＝BD＝2，AD＝2，∠CBA＝∠CBD＝，点E，F分别为AD，BD的中点．（Ⅰ）求证：平面ACD⊥平面BCE；（Ⅱ）求四面体CDEF的体积．人教A版（2019）必修第二册《8.6 空间直线、平面的垂直》2022年最热同步卷参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）1．三棱锥P﹣ABC的三个侧面两两垂直，则顶点P在底面ABC的射影为△ABC的（）A．内心B．外心C．重心D．垂心【分析】三个侧面两两垂直，可得三条侧棱两两垂直，根据线面垂直、线线垂直的转化，可得结论．【解答】解：由三棱锥P﹣ABC的三个侧面两两垂直，可得三条侧棱两两垂直，由P A⊥PB，P A⊥PC，PB、PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，∴P A⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC．∴P A⊥BC．设点P在底面ABC的射影是O，则PO⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC．又P A、PO为平面P AO内两条相交直线，∴BC⊥平面P AO，AO在平面P AO内，则BC⊥OA；同理可证AB⊥OC，AC⊥OB，故O为△ABC的垂心．故选：D．【点评】本题主要考查了平面与平面垂直的性质，线面垂直、线线垂直的判定，以及棱锥的结构特征，属于中档题．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列条件中能推出m⊥n的是（）A．m⊥α，n∥β，α⊥βB．m⊥α，n⊥β，α∥βC．m⊂α，n⊥β，α∥βD．m⊂α，n∥β，α⊥β【分析】根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理逐一判断每个选项即可．【解答】解：对于A，m⊥α，n∥β，α⊥β，可得m与n平行，无法得出m⊥n，因此错误；对于B，m⊥α，n⊥β，α∥β，可得m∥n，因此无法得出m⊥n，因此错误；对于C，m⊂α，n⊥β，α∥β，可得n⊥α，由线面垂直的性质定理可知，可得m⊥n，因此正确；对于D，m⊂α，n∥β，α⊥β，可得m与n相交或为异面直线，无法得出m⊥n，因此错误；故选：C．【点评】本题考查了空间中线面的位置关系，熟练运用线面平行或垂直的判定定理、性质定理是解题关键，考查了学生的空间立体感和论证推理能力，属于基础题．3．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为P A，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD．其中正确的结论个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个【分析】几何体的展开图，复原出几何体，利用异面直线的定义判断①，②的正误；利用直线与平面平行的判定定理判断③的正误；利用直线与平面垂直的判定定理判断④的正误；【解答】解：画出几何体的图形，如图，由题意可知，①直线BE与直线CF异面，不正确，因为E，F是P A与PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线；②直线BE与直线AF异面；满足异面直线的定义，正确．③直线EF∥平面PBC；由E，F是P A与PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以判断是正确的．④因为△P AB与底面ABCD的关系不是垂直关系，BC与平面P AB的关系不能确定，所以平面BCE⊥平面P AD，不正确．故选：C．【点评】本题是基础题，考查空间图形中直线与直线、平面的位置关系，考查异面直线的判断，基本知识与定理的灵活运用．4．已知在矩形ABCD中，AB＝2BC＝4，E为AB的中点，沿着DE将△ADE翻折到△PDE，使平面PDE ⊥平面EBCD，则PC的长为（）A．2B．2C．4D．6【分析】取DE的中点M，连接PM，易知PM⊥DE，由面面垂直的性质可得PM⊥平面BCDE，可得PM ⊥MC，求得PM的长和CM的长，由勾股定理可得PC的长．【解答】解：（1）如图所示，取DE的中点M，连接PM，MC，由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即有PM⊥MC，在等腰Rt△PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝DE＝，在三角形CDM中，可得CM2＝DM2+CD2﹣2CD•MD•cos∠CDM＝（）2+42﹣2××4×＝10，则PC＝＝＝2，故选：A．【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系，熟练运用空间中线面、面面垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．5．在如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】对四个图，分别运用异面直线所成角的定义和线面垂直的性质定理和判定定理，即可得到结论．【解答】解：对于①，由AD∥CE，且AB与CE成45°的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，由于AB⊥DE，AB⊥CE，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CDE；对于③，AB与CE成60°的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，连接BF，由正方形的性质可得DE⊥BF，而AF⊥平面EFDB，可得AF⊥DE，则DE⊥平面ABF，即有DE⊥AB，同理可得AB⊥CE，所以AB⊥平面CDE．综上，②④满足题意．故选：B．【点评】本题考查空间线线、线面的位置关系，主要是线面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题．6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DD1B．A1E⊥DB C．A1E⊥D1C1D．A1E⊥DB1【分析】连结AE，BD，则＝＝，△ABD∽△DAE，从而∠DAE＝∠ABD，进而AE⊥BD，BD ⊥平面A1AE，由此得到A1E⊥DB．【解答】解：连结AE，BD，因为AB＝，所以＝＝，所以△ABD∽△DAE，所以∠DAE＝∠ABD，所以∠EAB+∠ABD＝90°，即AE⊥BD，所以BD⊥平面A1AE，所以A1E⊥DB．故选：B．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（）A．AC⊥SB B．AD⊥SCC．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA【分析】在A中，推导出AC⊥SD，AC⊥BD，从而AC⊥平面SBD，由此得到AC⊥SB；在B中，推导出AD⊥CD，AD⊥SD，从而AD⊥平面SDC，由此得到AD⊥SC；在C中，推导出AC⊥平面SBD，从而平面SAC⊥平面SBD；在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法摔倒导出BD与SA不垂直，【解答】解：由四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，知：在A中，∵SD⊥底面ABCD，∴AC⊥SD，∵四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，∴AC⊥BD，∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SBD，∵SB⊂平面SBD，∴AC⊥SB，故A正确；在B中，∵四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，∴AD⊥CD，AD⊥SD，∵SD∩CD＝D，∴AD⊥平面SDC，∵SC⊂平面SCD，∴AD⊥SC，故B正确；在C中，∵SD⊥底面ABCD，∴AC⊥SD，∵四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，∴AC⊥BD，∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SBD，∵AC⊂平面SAC，∴平面SAC⊥平面SBD，故C正确；在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DS为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝a，DS＝b，则D（0，0，0），B（a，a，0），A（a，0，0），S（0，0，b），＝（a，a，0），＝（a，0，﹣b），∵＝a2≠0，∴BD与SA不垂直，故D错误．故选：D．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．8．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为（）A．B．C．D．【分析】由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定可得P的轨迹，求出P到棱C1D1的最大值，代入三角形面积公式求解．【解答】解：如图，由正方体性质知，当P位于C点时，D1O⊥OC，当P位于BB1的中点P1时，由已知得，DD1＝2，DO＝BO＝，BP 1＝B1P1＝1，，求得，OP 1＝，．∴，得OD1⊥OP1．又OP1∩OC＝O，∴D1O⊥平面OP1C，得到P的轨迹在线段P1C上．由C1P1＝CP1＝，可知∠C1CP1为锐角，而CC1＝2，知P到棱C1D1的最大值为．则△D1C1P面积的最大值为．故选：C．【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9．三棱锥V﹣ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB．则（）A．AC⊥BC B．VB⊥AC C．VA⊥BC D．VC⊥AB【分析】由题易知，△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，即选项A错误；过点V作VO⊥BC于O，连接OA，由面面垂直的性质定理可证得VO⊥平面ABC，即V在底面ABC上的投影为点O，从而得VO⊥BC；由VA＝VB和VO⊥平面ABC可推出OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，即OA⊥BC，结合线面垂直的判定定理得BC⊥平面VOA，从而得VA⊥BC，即选项C正确；由三垂线定理可知选项B和D均错误．【解答】解：∵∠ABC＝45°，AC＝AB，∴△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AC与BC不垂直，即选项A错误；过点V作VO⊥BC于O，连接OA，∵侧面VBC⊥底面ABC，面VBC∩面ABC＝BC，∴VO⊥面ABC，即V在底面ABC上的投影为点O，∵BC⊂面ABC，∴VO⊥BC．∵VA＝VB，∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∴OA⊥BC，∵VO、OA⊂面VOA，VO∩OA＝O，∴BC⊥面VOA，∵VA⊂面VOA，∴VA⊥BC，即选项C正确；由三垂线定理知，若VB⊥AC，VC⊥AB，则BC⊥AC，BC⊥AB，这与∠ACB＝∠ABC＝45°相矛盾，即选项B和D均错误．故选：C．【点评】本题考查空间中线面的位置关系，熟练运用线面垂直的判定定理与性质定理，以及理解三垂线定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和逻辑推理能力，属于中档题．10．如图，P A垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（）A．BC⊥平面P AC B．AE⊥EFC．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC【分析】在A中，推导出BC⊥AC，P A⊥BC，从而BC⊥平面P AC，可得正确；在B中，由BC⊥平面P AC，可证BC⊥AE，又AE⊥PC，可证AE⊥平面PBC，即可证明AE⊥EF，可得正确；在C中，由AC⊥BC，得若AC⊥PB，则AC⊥平面PBC，与AC⊥P A矛盾，可得错误；在D中，由AE⊥平面PBC，AE⊂面AEF，即可证明平面AEF⊥平面PBC，可得正确．【解答】解：在A中，∵C为圆上异于A，B的任意一点，∴BC⊥AC，∵P A⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，故A正确；在B中，∵BC⊥平面P AC，AE⊂平面P AC，∴BC⊥AE，∵AE⊥PC，PC∩BC＝C，∴AE⊥平面PBC，∵EF⊂平面PBC，∴AE⊥EF，故B正确；在C中∴若AC⊥PB，则AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥P A矛盾，故AC与PB不垂直，故C错误；在D中，∵AE⊥平面PBC，AE⊂面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC，故D正确．故选：C．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．11．在三棱锥A﹣BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，那么必有（）A．平面ADC⊥平面BCD B．平面ABC⊥平面BCDC．平面ABD⊥平面ADC D．平面ABD⊥平面ABC【分析】运用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，结合条件和三角形的性质，可得结论．【解答】解：在三棱锥A﹣BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，且BC∩BD＝B，可得AD⊥平面BCD，由AD⊂平面ABD，可得平面ABD⊥平面BCD，由AD⊂平面ACD，可得平面ACD⊥平面BCD，故A正确；若平面ABC⊥平面BCD，又平面ACD⊥平面BCD，AC＝平面ABC∩平面ACD，可得AC⊥平面BCD，AC⊥CD，与AD⊥CD矛盾，故B错误；若平面ACD⊥平面ABD，又平面ABD⊥平面BCD，可得CD⊥平面ABD，CD⊥BD，不一定成立，故C 错误；若平面ABD⊥平面ABC，又平面ABD⊥平面BCD，可得BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，不一定成立，故D错误．故选：A．【点评】本题考查空间面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于中档题．12．在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，F，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF【分析】对于A，D两项：当E，F分别是AB，CD的中点时，易证EF⊥CD，且平面CDE⊥平面ABF．对于B：可利用E在AB上移动时，∠CDE的范围判断．对于C：可将D看成三棱锥的顶点，则过D做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定C．【解答】解：（1）对于A，D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：因为A﹣BCD是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．所以CE＝DE，所以EF⊥CD，同理可证EF⊥AB．故A错误；又因为AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，故AB⊥平面CED，又AB⊂平面ABF，所以平面ABF⊥平面CED．故D正确．（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，∠CDE的最小值为直线CD 与平面ABD所成的角，即（1）中的∠CDE，显然为锐角，最大角为∠CDB＝∠CDA＝60°，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD．故B错误．（3）对于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C错误．故选：D．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面垂直以及面面垂直之间的相互转化．同时也考查了正四面体的性质，以及学生的空间想象能力以及逻辑推理能力．属于中档题．13．已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有（）A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD【分析】画出图形，结合直线与平面垂直的判断定理，转化证明平面与平面垂直，推出结果即可．【解答】解：因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，因为BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD．故选：B．【点评】本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的结构特征的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．14．如图1，已知P ABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△P AD沿AD折起，使平面P AD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面P AB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD ⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面P AD，得到△P AB为直角三角形，判定D 正确；由错误的选项存在可知A错误．【解答】解：如图，图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面P AD，则AB⊥P A，即△P AB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．因此错误的只能是A．故选：A．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．15．四面体ABCD中，AB＝CD＝3，其余棱长均为4，E、F分别为AB、CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF【分析】若E，F分别为AB，CD的中点，由三角形的全等和等腰三角形的性质可判断A；由线面垂直的判定和性质，可判断B；由线面垂直的性质和勾股定理的逆定理可判断C；由线面垂直的判定和面面垂直的判定定理，可判断D．【解答】解：若E，F分别为AB，CD的中点，由△ABC和△ABD全等，可得CE＝DE，则EF⊥CD，故A错误；由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE，可得CD⊥AB，又若CD⊥DE，则CD⊥平面ABD，即CD⊥BD，不成立，故B错误；若DE⊥平面ABC，则DE⊥AB，可得E为AB的中点，且DE⊥CE，而△CDE中，CD＝3，CE＝DE＝＝，不满足CE2+DE2＝CD2，故C错误；当E为AB的中点时，由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE，而AB⊂平面ABF，可得平面CDE⊥平面ABF，故D正确．故选：D．【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是垂直的判定和性质，考查运算能力和推理能力，属于基础题．二．填空题（共10小题）16．平行四边形ABCD中，AB＞AD，将三角形ABD沿着BD翻折至三角形A'BD，则下列直线中有可能与直线A'B垂直的是①②（填所有符合条件的序号）．①直线BC；②直线CD；③直线BD；④直线A'C．【分析】若BC⊥BD，则可能垂直，可判断①；若∠ABD＞45°，∠A′BA为超过90°，故存在∠A′BA＝90°，可判断②，∠A′BD，∠BA′C始终为锐角可判断③④．【解答】解：对于①，若BC⊥BD，当平面ABD⊥平面BCD时，BC⊥平面A′BD，则此时BC⊥A'B，故①成立；对于②若∠ABD＞45°，则在翻折的过程中，∠A′BA为超过90°，故存在∠A′BA＝90°，∵AB∥CD，∴CD⊥A'B，故②成立；对于③，在△ABD中，∵AB＞AD，∴∠ABD为锐角，即∠A′BD为锐角，故直线BD不可能和直线A'B垂直，故③不成立；对于④，∵AB＞AD，∴△A′BC中，A′B＞BC，∴∠BA′C始终为锐角，故直线A′C不可能和直线A'B垂直，故④不成立．故答案为：①②．【点评】本题考查了线线垂直的判断，解题的关键是找到特殊情况，以及根据∠A′BD，∠BA′C始终为锐角进行判断，属于中档题．17．如图，平面ABC⊥平面α，平面ABC∩平面α＝AB，∠ACB＝，AC＝1，AB＝2，D为线段AB的中点．现将△ACD绕CD旋转至△A′CD，设直线A′C∩平面α＝P，则在旋转过程中，下列说法正确的是（1）（2）（3）（1）三棱锥A′﹣BCD的体积有最大值；（2）点P的轨迹为椭圆；（3）直线CB与平面CDP所成角的最大值为30°；（4）若二面角P﹣CD﹣B的平面角为α，则∠PDB≥α．【分析】当△A′DC所在平面与平面ABC垂直时，A′到平面BCD的距离最大，故A正确；由椭圆定义判断（2）正确；由线面角的定义及∠BCD＝30°判断（3）正确；由角在平面上的射影与已知角的大小关系判断（4）错误．【解答】解：由题意，△BDC的面积为定值，△ADC是边长为1的正三角形，在旋转过程中，△A′DC形状不变，当△A′DC所在平面与平面ABC垂直时，三棱锥A′﹣BCD的体积有最大值，故（1）正确；在旋转过程中，射线CA′可看作是以CD为旋转轴的圆锥的母线，平面α是所得圆锥的斜截面，则P点的轨迹为椭圆，故（2）正确；CB是平面CPD的一条斜线，当CB在平面CPD上的射影与CD重合时，直线CB与平面CDP所成角的最大值为∠BCD＝30°，故（3）正确；当△ACD旋转时，首先是∠PDB＞α，当旋转到满足∠CDP为钝角时，一定有∠PDB＜α，故（4）错误．∴正确的结论是（1）（2）（3）．故答案为：（1）（2）（3）．【点评】本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．18．在四棱锥S﹣ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝．【分析】取SA的中点E，连接PE，QE．由已知证明PE⊥AR，结合已知AR⊥PQ，可得AR⊥平面PEQ，得到AR⊥EQ，进一步得到AR⊥SD，在直角三角形SAD中，由等面积法求解AR．【解答】解：取SA的中点E，连接PE，QE．∵SA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴SA⊥AB，而AB⊥AD，AD∩SA＝A，∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD，又AR⊂平面SAD，∴PE⊥AR．又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，∴AR⊥平面PEQ，∵EQ⊂平面PEQ，∴AR⊥EQ．∵E，Q分别为SA，AD的中点，∴EQ∥SD，则AR⊥SD，在直角三角形ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得．由等面积法可得．故答案为：．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算能力，是中档题．19．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在鳖臑P﹣ABC中，P A⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过点A分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC于点F，连结EF，当△AEF的面积最大时，tan∠BPC＝．【分析】由已知可证AE⊥平面PBC，PC⊥平面AEF，可得△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝，从而S△AEF＝AE•EF≤（AE2+EF2）＝（AF）2＝，当且仅当AE＝EF时，取“＝”，解得当AE＝EF＝时，△AEF的面积最大，即可求得tan∠BPC的值【解答】解：显然BC⊥平面P AB，则BC⊥AE，又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF，所以△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝，而S△AEF＝AE•EF≤（AE2+EF2）＝（AF）2＝，当且仅当AE＝EF时，取“＝”，所以，当AE＝EF＝时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC＝＝＝，【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，不等式的解法及应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题20．如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为AA1D1上一点，且A1N＝λA1D1．若BD⊥AN，则λ的值为；若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为．【分析】①⊥，不妨取AB＝AA1＝AD＝1，利用•＝（﹣）•（+λ）＝•+λ﹣•﹣λ•＝0，即可得出λ．②连接A1B，与AB1交于点E．连接A1M，交AN于点F，连接EF．BM∥平面AB1N，可得BM∥EF．根据E点为A1B的中点，可得F点为A1M的中点．延长AN交线段DD1的延长线于点P．利用平行线的性质即可得出．【解答】解：①⊥，不妨取AB＝AA1＝AD＝1，∴•＝（﹣）•（+λ）＝•+λ﹣•﹣λ•＝cos60°+λ﹣cos30°﹣λcos60°＝﹣+λ＝0．∴λ＝．②连接A1B，与AB1交于点E．连接A1M，交AN于点F，连接EF．∵BM∥平面AB1N，∴BM∥EF．∵E点为A1B的中点，∴F点为A1M的中点．延长AN交线段DD1的延长线于点P．∵AA1∥DD1，A1F＝FM．∴AA1＝MP＝2D1P．∴＝＝2，∴＝．则λ＝．故答案为：﹣1，．【点评】本题考查了向量三角形法则、数量积运算性质、平行线的性质、线面平行的性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α：③m⊂α；④α∥β；⑤α⊥β．当满足条件②④时，m⊥β．【分析】由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项可得m⊥β时，应满足的条件．【解答】解：由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出m⊥β．即②④是m⊥β的充分条件，故当m⊥β时，应满足的条件是②④，故答案是：②④．【点评】本题主要考查直线和平面之间的位置关系，直线和平面垂直的判定方法，属于中档题．22．已知四边长均为2的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若∠BAD＝，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为．【分析】根据题意画出图形，结合图形得出△ABD与△BCD均为等边三角形，求出四面体ABCD外接球的半径，再计算外接球的体积．【解答】解：如图所示，设E是△ABD的外心，F是△BCD的外心，过E，F分别作平面ABD与平面BCD的垂线OE、OF，相交于O；由空间四边形ABCD的边长为2，∠BAD＝，所以△ABD与△BCD均为等边三角形；又平面ABD⊥平面CBD，所以O为四面体ABCD外接球的球心；又AE＝＝2，OE＝1，所以外接球的半径为R＝＝；所以外接球的体积为V＝＝×＝．故答案为：．【点评】本题考查了多面体外接球体积的计算问题，也考查了数形结合的解题方法，是中档题．23．在三棱锥P﹣ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，PB＝PC＝4，平面PBC⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为80π．【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O1，连接O1C，O1A，BC∩O1A＝H，连接PH．推导出AH⊥BC，PH⊥平面ABC，设O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，连接OO1，OP，OC，过O作OD⊥PH，垂足为D，外接球半径R满足，由此能求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．【解答】解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为O1连接O1C，O1A，BC∩O1A＝H，连接PH．由题意可得AH⊥BC，且，．因为平面PBC⊥平面ABC，且PB＝PC，所以PH⊥平面ABC，且．设O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，连接OO1，OP，OC，过O作OD⊥PH，垂足为D，则外接球的半径R满足，即，解得OO1＝2，从而R2＝20，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝80π．故答案为：80π．【点评】本题考查三棱锥外接球的表面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．24．已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝4，△P AD为等边三角形且平面P AD⊥平面ABCD，则球O的表面积为π．【分析】通过平面垂直，结合空间几何体的位置关系，判断外接球的球心求值，求出外接球的半径即可推出结果．【解答】解：由题意可知，几何体的图形，如图：△P AD为等边三角形，F为AD的中点，底面ABCD是等腰梯形，侧面P AD是正三角形与底面ABCD垂直，所以四棱锥的外接球的球心是O，在底面ABCD的外心E的垂直直线与侧面P AD的外心G的垂直直线的交点，因为AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝4，△P AD为等边三角形且平面P AD⊥平面ABCD，所以E是底面ABCD的外心，半径为2，OE＝GF，G是正三角形的外心，OE＝，EA＝2，所以外接球的半径为R＝＝，则球O的表面积为：4π×＝．故答案为：．。

【同步练习】2018年高中数学人教A版必修2 空间几何体同步基础练习(含答案解析)

人教A 版高中数学必修2 空间几何体柱、锥、台、球的结构特征同步基础练习基础达标1.下列命题中的假命题是（）A.以矩形的一边所在直线为旋转轴,其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆柱B.以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面围成的几何体叫圆锥C.以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴,其余各边旋转形成的曲面围成的几何体叫圆锥D.以圆的任意一条直径所在直线为旋转轴，圆面旋转一周形成的几何体叫做球体2.将长与宽分别为6和4的矩形卷成一个圆柱，则该圆的底面半径为( ) A.π2 B.π3 C.π2或π3 D.π63.下列命题中正确的是（）A.有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B.棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C.棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D.棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形4.在下面的四个图形中，不是正方体表面展开图的是( )5.“两底面直径之差等于母线长”的圆台（）A.是不存在的B.其母线与高线必成60°角C.其母线与高线必成30°角D.其母线与高线所成的角不是定值6.在长方体相邻的三条棱上各取一点，过这三点作截面，此截面一定是( )A.锐角三角形于B.钝角三角形C.直角三角形D.多边形7.长方体的表面积为11，所有棱的长度之和为24，求这个长方体的一条对角线的长.8.边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，求从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离.9.在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=3，AD=2，CC1=1，一条绳子从点A沿表面拉到点C1，求绳子的最短长.简单组合体的结构特征同步基础练习基础达标1.下列命题，其中正确命题的个数是（）①圆柱的轴截面是过母线的截面中最大的一个②用任意一个平面去截球体得到的截面一定是一个圆面③用任意一个平面去截圆锥得到的截面一定是一个圆A.0B.1C.2D.32.下列命题，其中正确命题的个数是（）①以直角三角形的一边为对称轴旋转一周所得的旋转体是圆锥②以直角梯形的一腰为对称轴旋转一周所得的旋转体是圆台③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆④一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台A.0B.1C.2D.33.以一个等边三角形底边所在的直线为对称轴旋转一周所得的几何体是（）A.一个圆柱B.一个圆锥C.两个圆锥D.一个圆台4.一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的可能图形为（）A.①③B.②④C.①②③D.②③④5.左下图所示的几何体最有可能是由下面哪个平面图形旋转得到的（）6.过球面上两点可能作球的大圆的个数是（）A.有且只有一个B.一个或无数多个C.无数多个D.不存在这种大圆7.用一个平行于底面的平面截圆锥，截得的圆台上下底面的半径之比是1∶4，截去圆锥的母线长是3 cm，求圆台的母线长.8.圆台的侧面的母线长为2a,母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍，求两底面的半径与两底面面积之和.9.在一个有阳光的时刻，一个大球放在水平地面上，球的影子伸展到距离球与地面接触点10 m处，同时有一根长为3 m的木棒垂直于地面，且影子长为1 m，求此球的半径.空间几何体的三视图同步基础练习基础达标1如图，桌面上放着一个圆锥和一个长方体，其俯视图是（）2.对几何体的三视图，下面说法正确的是（）A.正视图反映物体的长和宽B.俯视图反映物体的长和高C.侧视图反映物体的高和宽D.正视图反映物体的高和宽3.已知某物体的三视图如下图所示，那么这个物体的形状是（）A.长方体B.圆柱C.立方体D.圆锥4.给出下列命题，其中正确命题的个数是（）①如果一个几何体的三视图是完全相同的，则这个几何体是正方体②如果一个几何体的正视图和俯视图都是矩形，则这个几何体是长方体③如果一个几何体的三视图是矩形，则这个几何体是长方体④如果一个几何体的正视图和侧视图都是等腰梯形，则这个几何体是圆台A.0B.1C.2D.35.如图是一个哑铃的立体图,则以下结论不正确的是（）A.侧视图是一个圆B.侧视图是几个同心圆C.俯视图和正视图一样D.右视图和左视图一样6.如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是___________.（把可能的序号都填上）7.图中是两个相同的正方体，阴影面选为正面，正方体棱长为1，分别画出它们的三视图.8.如图所示，根据几何体的三视图，画出几何体的直观图.空间几何体的直观图同步基础练习基础达标1.斜二测画法所得直观图,以下说法正确的是（）A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形2.下列关于用斜二测画法画直观图说法错误的是（）A.用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B.几何体的直观图的长、宽、高与几何体的长、宽、高比例相同C.水平放置的矩形的直观图是平行四边形D.水平放置的圆的直观图是椭圆3.如图是水平放置的三角形的直观图，AB ∥y 轴，则△ABC 是…（）A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形4.如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为一个正方形，则原来图形的形状是（）5.利用斜二测画法得到以下结论正确的是（）①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形A.①②B.①C.③④D.①②③④6.下列说法正确的是（）A.水平放置的正方形的直观图可能是梯形B.两条相交的直线的直观图可能是相交直线C.互相垂直的直线的直观图仍是垂直的D.平行四边形的直观图是平行四边形7.如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下列中的（）8.已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为（） A.23a 2 B.43a 3 C.26a 2 D.6a 29.画边长为4 cm 的正三角形的水平放置的直观图.柱体、锥体、台体的表面积与体积同步基础练习基础达标1.圆锥的轴截面是正三角形，那么，它的侧面积是底面积的（）A.4倍B.3倍C.2倍D.2倍2.正三棱锥的底面边长为a,高为66a ，则三棱锥的侧面积等于（） A.43a 2 B.23a 2 C.433a 2 D.233a 23.圆锥母线长为1，侧面展开图的圆心角为240°，该圆锥体积为（） A.8122π B.818π C.8154π D.8110π4.长方体的高等于h,底面积等于a ，过相对侧棱的截面面积等于b ，则此长方体的侧面积等于（） A.222ah b + B.2222ah b + C.2222ah b + D.222ah b +5.已知棱台的两个底面面积分别是245 cm 2和80 cm 2，截得这棱台的棱锥的高为35 cm ，则这个棱台的高为（）A.20 cmB.15 cmC.10 cmD.25 cm6.已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体EFGH 的表面积为T ，则ST 等于（）A.91B.94C.41 D.317.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的全面积为（）A.6π（4π+3）B.8π（3π+1）C.6π（4π+3）或8π（3π+1）D.6π（4π+1）或8π（3π+2）8.轴截面是正方形的圆柱，轴截面面积为S ，则它的全面积是________.9.已知长方体中，有一个公共顶点的三个面面积分别为2,3,6，求长方体的体积.10.用一块矩形铁皮作圆台形铁桶的侧面，要求铁桶的上底半径是24 cm，下底半径为16 cm，母线长为48 cm，则矩形铁皮的长边长最少是多少？11.如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为_____________.球的体积和表面积同步基础练习基础达标1.两球的体积之和是12π，它们的大圆周长之和是6π，则两球的半径之差是（）A.1B.2C.3D.42.三个球半径之比是1∶2∶3，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的（） A.95倍 B.59倍 C.2倍 D.3倍3.如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面面积和球的面积之比为（）A.4∶3B.3∶1C.3∶2D.9∶44.两个半径为1的铁球，熔化后铸成一个球，这个大球的半径为（） A.2 B.32 C.2 D.34215.一个圆锥的底面直径和高都与同一个球的直径相等，则圆锥与球的体积之比为（）A.1∶3B.2∶3C.1∶2D.2∶96.两球面积之差为60 cm 2，它们的大圆周长之和为30 cm ，两球的直径之差为___________.7.如果一个圆柱、一个圆锥的底面直径和高都等于一个球的直径，则圆柱、球、圆锥的体积之比为________.8.在xOy 平面上，四边形ABCD 的四个顶点坐标依次为（0，0）、（1，0）、（2，1）、（0，3），求这个四边形绕x 轴旋转一周所得到的几何体的体积.9.在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，边长为a ，PD=a ，PA=PC=2a ，且PD 是四棱锥的高. 在这个四棱锥中放入一个球，求球的最大半径.参考答案柱、锥、台、球的结构特征同步基础练习1.解析：由柱、锥、球的定义可知，选项B 是假命题，因为圆锥是以直角三角形的一直角边所在直线为轴旋转而成的.故选B.答案：B2.解析：该题分类讨论，若以6为圆周长，则半径为π3；若以4为圆周长，则半径为π2，故选C.答案：C3.解析：由棱柱的定义可知，选D.答案：D4.解析：利用排除筛选，将展开图一一折叠可选C.答案：C5.解析：画出轴截面则AB 、CD 分别为两底直径.AD 为母线，由条件知AE=21（AB-CD ）=21AD ，故选C.6.解析：利用特例法，设该长方体为正方体，ABCD —A 1B 1C 1D 1取截面为AB 1D 1可知△AB 1D 1为正三角形.故选A.答案：A7.解：设长方体的长、宽、高和一条对角线的长分别是a 、b 、c 、l.由题意可知2(ab+bc+ac)=11，①a+b+c=6.②由②2-①,得a 2+b 2+c 2=25，∴l=222c b a ++=5. 8.解：如图，矩形E 1F 1GH 是圆柱沿着其母线EF 剪开半个侧面展开而得到的，由题意可知GH=5，GF 1=25π,GE 1=4252542522+=+ππ. ∴从点E 沿圆柱的侧面到相对顶点G 的最短距离是4252+π. 9.解：①沿AB 剪开，铺展成平面，此时AC 1=23. ②沿AD 剪开，铺展成平面，此时AC 1=52. ③沿AA 1剪开，铺展成平面，此时AC 1= 26.故绳子的最短长为23.简单组合体的结构特征同步基础练习1.解析：由圆柱与球的结构特征可知①②正确.故选择C.答案：C2.解析：①若以斜边为轴旋转一周可得组合体（两个重底面的圆锥），故①错.②若以不垂直于底的腰为轴，则得组合体圆锥与圆台，所以②错，④若截面不平行于底面，则得到的不是圆锥和圆台，所以④错，只有③正确.故选择B.答案：B3.解析：如下图，等边三角形底边的高线将其分成两个直角三角形，所以，旋转成两个圆锥，故选C.4.解析：若截面为正方体的对角面，则选②；若截面平行于正方体一个面，则选③；否则，选①.故选择C.答案：C5.解析：B 图旋转后可得两个圆锥；C 图旋转后可得一个圆锥和一个圆柱；D 图旋转后可得两个圆锥和一个圆柱.故选择A.答案：A6.解析：当球面上两点与球心不共线时，此时只能作一个大圆；当球面上两点与球心共线时，能作无数多个大圆，故选择B.答案：B7.解：设圆台的母线长为y ，截得的圆锥底面与圆锥半径分别是x 、4x ，根据相似三角形的性质得xx y 433=+解此方程得y=9,所以，圆台的母线长为9. 8.解：设圆台上底面半径为r,则下底面半径为2r,如图，∠ASO=30°,在Rt △SA ′O ′中，A S r '=sin30°， ∴SA ′=2r. 在Rt △SAO 中，SA r 2=sin30°，∴SA=4r. ∴SA-SA ′=AA ′，即4r-2r=2a,r=a. ∴S=S 1+S 2=πr 2+π(2r)2=5πr 2=5πa 2.∴圆台上底面半径为a,下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2.9.解：如图（1）设球与地面接触点为A ，则PA=10，过P 作球的切线，切线为B ，又知木棒长为3，且影子长为1，如图（2）.所以∠CQD=60°，即∠BPA=60°.连PO ，则∠OPA=30°.∴OP=2OA.∵OA 2+102=4OA 2，∴OA=3310空间几何体的三视图同步基础练习1.解析：圆锥的俯视图是一个圆和圆心，而长方体的俯视图是一个长方形，故选D.答案：D2.解析：正视图反映物体的长和高；俯视图反映物体的长和宽；侧视图反映物体的高和宽.答案：C3.解析：由俯视图知，该几何体的上、下底面均为圆，又由正视图与侧视图均为矩形，所以该物体应为圆柱.答案：B4.解析：①不一定为正方体，也可能是球；②不一定为长方体，有可能是圆柱；③正确；④若是圆台，则俯视图是两个同心圆.答案：B5.解析：该物体的俯视图应该是多个矩形组合而成，所以A错.答案：A6.解析：四边形BFD1E在面BCC1B1或面ADD1A1上的射影应是E与F重合，D1与C1重合，A与B重合，所以③正确；在下底面射影是B1与B重合，D1与D重合，E、F的射影分别为AD与BC的中点，所以②正确.在前后两面的射影也是②.答案：②③;7.解析：其三视图分别是图中的（1）（2）.8.解：根据几何体的三视图可知此几何体是一个圆柱和它的内切球组成的组合体.如下图.空间几何体的直观图同步基础练习基础达标1.解析：根据斜二测画法的要求知，正方形的直观图为平行四边形.答案：B2.解析：斜二测画法中，与x轴、y轴平行的线段继续保持与x′轴、y′轴平行.所以A项正确，从而可知，C、D项也正确，而平行于x轴的或z轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度变为原来的一关，所以B项错.答案：B3.解析：因为AB∥y轴，所以AB⊥AC，故选C.答案：C4.解析：在直观图中，其一条对角线在y′轴上且长度为2，所以在原图形中其一条对角线必2，因此A项正确.答案：A在y轴上且长度为25.解析：在斜二测画法的要求下，三角形的直观图仍是三角形，平行四边形的直观图仍为平行四边形.而正方形直观图是平行四边形，菱形的直观图是非菱形的平行四边形.答案：A6.解析：正方形的直观图是平行四边形而不是梯形；两相交直线的直观图一定是相交直线；两垂直直线的直观图是夹角为45°的直线；平行四边形的直观图是平行四边形.答案：D7.解析：按斜二测画法的规则：平行于x 轴或y 轴上的线段的长度在新系中不变，在y 轴上或平行于y 轴的线段长度在新系中变为原来的21，并注意到∠xOy=90°,∠x ′O ′y ′=45°.故选C.8.解析：如图（1）为直观图，（2）为实际图形，取B ′C ′所在直线为x ′轴，过B ′C ′中点O ′与O ′x ′成45°的直线为y ′轴，过A ′点作A ′N ′∥O ′x ′，交y ′轴于N ′点，过A ′点作A ′M ′∥O ′y ′，交x ′轴于M ′点.则在直角三角形A ′O ′M ′中，∵O ′A ′=23a ，∠A ′M ′O ′=45°,∴M ′O ′=A ′N ′=23a ，故A ′M ′=26a.（1）（2）在直角坐标系中，在x 轴上方y 轴左侧取到x 轴距离为6a ，到y 轴距离为3[]2a 的点A ，则△ABC 为所求.显然S △ABC =21a ·6a=26a 2.∴应选C.答案：C 9.画法：（1）以BC 边所在的直线为x 轴，以BC 边上的高线AO 所在的直线为y 轴，再画对应的x ′、y ′轴，使∠x ′O ′y ′=45°.（2）在x ′轴上截取O ′B ′=O ′C ′=2 cm ，在y ′轴上截取O ′A ′=21AO. 连结A ′B ′,A ′C ′,则△A ′B ′C ′即为正△ABC 的直观图.柱体、锥体、台体的表面积与体积同步基础练习基础达标1.解：设底面半径为R ，由条件知母线长为2R ，S 侧=πR ·2R=2πR 2=2S 底.答案：D2.解：VO=66a ，OA=63332=∙a a ，∴VA=21a ，∴S 侧=21·3a ·21a=43a 2，故选A.3.解：设圆锥底面半径为R ，高为h ，则2πR=180240π ∴R=32，h=531941=-，∴V=31πR 2h=π5814，故选C.答案：C 4.解：如图，由条件知AB ·BC=a ，且AC ·h=b ，∴AC=hb ，即AB 2+BC 2=22h b =（AB+BC ）2-2a ，∴AB+BC=h ah b 222+. ∴S 侧=2（AB+BC ）·h=2222ah b +，故选C.答案：C5.解析：设棱台高为h ，则截去的小棱锥的高为35-h ，由截面性质知2)3535(24580h -=解得h=15 cm. 答案：B6.已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体EFGH 的表面积为T ，则ST 等于（）A.91 B.94 C.41 D.31 6.解析：设正四面体ABCD 的棱长为a ，如图所示，则EF=32MN=31BD=31a ，所以S T =91，选A. 答案：A7.解析：圆柱的侧面积S 侧=4π×6π=24π2.（1）以边长为6π的边为底时，2πR=6π，R=3，∴S 全=2πR 2+24π2=18π+24π2.（2）以边长为4π的边为底时，2πR=4π，R=2，∴S 全=2πR 2+24π2=8π+24π2.答案：C8.解析：设底面半径为R ，则高为2R ，∴4R 2=S ，S 全=2πR 2+2πR ·2R=6πR 2=6π·234=S πS. 9.解：设长方体的棱长分别为a ，b ，c ，则由条件知ab=2，ac=3，bc=6.∴（abc ）2=36，∴V=abc=6.10.解：如图，设圆台的侧面展开图的圆心角为∠A ′OB=α，OA=x ，由相似三角形知识得241648=+x x ，∴x=96，则α=60°，∴△BOB ′为等边三角形. BB ′=OB=144 cm ，即矩形铁皮的长边长最少为144 cm.11.解：不妨设A 在面B 1DC 的射影为H ，连结DH ，（令棱长为a ）则∠ADH 为AO 与面B 1DC 所成角.即sinADH=AD AH ，下面求AH. 由等体积公式易知AD C B D C B A V V --=11，AH=5522121111=∙∙∙∙DC D B A A AC D B a. ∴sinADH=5425552=a a .答案：54 球的体积和表面积同步基础练习基础达标1.解析：设两球半径分别为r 1和r 2，且r 1≥r 2，则有34π（r 13+r 23）=12π， ∴r 13+r 23=9，又2π（r 1+r 2）=6π，∴r 1+r 2=3，∴（r 1+r 2）（r 12-r 1r 2+r 22）=9，∴r 12-r 1r 2+r 22=3，∴（r 1+r 2）2-3r 1r 2=3，∴r 1r 2=2，∴（r 1-r 2）2=（r 1+r 2）2-4r 1r 2=9-8=1，∴r 1-r 2=1，故选A.答案：A2.解析：设三个球的半径分别为r 1、r 2、r 3，则有r 1∶r 2∶r 3=1∶2∶3，令r 1=1，r 2=2，r 3=3，则有S 3=4πr 32=36π，S 1+S 2=4π（r 12+r 22）=20π，故选B.答案：B3.解析：作轴截面，设球半径为r ，则AO=2r ，OD=r ，∴∠BAO=30°∴AB=32r ，BE=3r ，∴S 锥∶S 球=3∶2，选C.答案：C4.解析：只需求出大球的体积，就可求出大球的半径，设大球的半径为R ，则有V 大球=34πR 3=2×34π×13=38π，∴R=32，故选B.答案：B 5.解析：设球半径为R ，则V 球=34πR 3，圆锥高为2R ，底半径为R ，则V 锥=31πR 2·2R ， ∴V 锥∶V 球=1∶2.答案：C6.解析：设两球半径分别为r 1与r 2，则r 1＞r 2，则有4π（r 12-r 22）=60，又2π（r 1+r 2）=30.∴r 1-r 2=1 cm ，故2（r 1-r 2）=2 cm.答案：2 cm7.解析：设球半径为R ，则高为2R ，∴V 圆柱∶V 球∶V 圆锥=πR 2·2R ∶34πR 3∶31πR 2·2R=3∶2∶1. 答案：3∶2∶18.解：该几何体是由一个圆台和一个圆锥组合而成，即在圆台内挖去一个圆锥，圆台的上、下半径分别是1，3，高是2，所以V 圆台=31π（R 2+rR+r 2）h=326π.圆锥的底面半径是1，高是1，所以圆锥的体积V=31πR 2h=31π.所以所求几何体的体积是V=325π. 9.解：当这个球是四棱锥的内切球时，球半径最大.设球心为O ，半径为R ，则V O —PAB +V O —ABCD +V O —APD +V O —PBC +V O —PDC =V P —ABCD ，即R （S △PAB +S ABCD +S △PAD +S △PBC +S △PDC ）=PD ·S ABCD ，由条件知PD=a ，AB=a ，PA=PC=2a.∴BD=2a ，∴PB=3a ，从而由勾股定理逆定理知PA ⊥AB ，PC ⊥BC.∴S ABCD =a 2，S △PAD =21a 2， S △PAB =22a 2，S △PBC =22a 2，S △PDC =21a 2.∴R （2a 2+2a 2）=a ·a 2∴R=222 a.。

人教A版(2019)必修第二册《空间直线、平面的垂直》同步练习

人教A版（2019）必修第二册《8.6 空间直线、平面的垂直》同步练习一、单选题（本大题共12小题，共70分）1.（6分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，AD=4，AA1=2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是()A. 8√525B. 4√55C. 8√55D. 4√5252.（6分）如图圆锥的高SO=√3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值为()A. √34B. √33C. 14D. 133.（6分）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，且AB=3，AD=AA1=4，若M是CC1的中点，则异面直线A1M与AD所成角的余弦值为()A. √629B. √229C. 4√2929D. 2√29294.（6分）如图，已知四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是()A. 平面PAB⊥平面PADB. 平面PAB⊥平面PBCC. 平面PBC⊥平面PCDD. 平面PCD⊥平面PAD5.（6分）正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为√2，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角是()A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°6.（6分）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. −√1010B. −√1510C. √1010D. √15107.（6分）如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1中，ΔABC为正三角形，O为底面中心，E，F分别为CC1，A1B1的中点，则下列判断正确的是()A. OE//平面AB C1B. OE//A C1C. AB⊥平面AC C1A1D. AB⊥FC8.（6分）AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点(点C不与A、B重合)，过动点C的直线VC垂直于⊙O所在的平面，D、E分别是VA、VC的中点，则下列结论错误的是()A. 直线DE//平面ABCB. 直线DE⊥平面VBCC. DE⊥VBD. DE⊥AB9.（6分）底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥称为正四棱锥．如图，在正四棱锥P−ABCD中，底面边长为1.侧棱长为2，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的余弦值为()A. √33B. √63C. √22D. 1210.（6分）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是()A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°11.（5分）将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起，得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A. 相交且垂直B. 相交但不垂直C. 异面且垂直D. 异面但不垂直12.（5分）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AC和BC1所成的角为()A. 45°B. 30°C. 60°D. 90°二、填空题（本大题共5小题，共25分）13.（5分）已知正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则异面直线EF与AD 所成角的度数为______ ．14.（5分）如图，M是正方体ABCD−A1B1C1D面对角线AC上任意一点，则D1M与平面ABCD所成角θ的正切值的取值范围是________.15.（5分）棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M为BC的中点，则直线AM和CD夹角的余弦值为 ______.16.（5分）对于直线l，平面α和平面β，给出下列三个论断：①l⊥α；②α⊥β；③l//β.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，构成一个正确的命题，则作为该命题条件的序号为 ______.17.（5分）已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC=3，PB=2√2，PC=√5，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为______．三、多选题（本大题共5小题，共25分）18.（5分）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则A. 直线D1D与直线AF垂直B. 直线A1G与平面AEF平行C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为98D. 点C与点G到平面AEF的距离相等19.（5分）如图，S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面直径，点C在圆锥底面圆上，ΔSAB 为正三角形，若AC=2，且tan∠BAC=2，则下列结论正确的为()A. 该圆锥的侧面积为10πB. 该圆锥的体积大于6πC. AC⊥平面SBCD. 异面直线AC与SB所成角的余弦值为√51020.（5分）已知在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP=5cm，AB=4cm，AC=3cm，点O为三棱锥P−ABC的外接球的球心，下列说法正确的是()A. 球O的表面积为50πcm2B. 异面直线BC与AO所成角的余弦值为7√250D. AO⊥平面PBCC. 直线BC与平面PAC所成角的正切值为4321.（5分）关于正方体ABCD−A1B1C1D1有下列四个说法，其中正确的是()A. 当点P在直线BC1上运动时，三棱锥A−D1PC的体积不变B. 若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则点P的轨迹是过A1，D1的直线C. 当点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与DC所成角的范围为[0°,60°]D. 当点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与D1C所成的角一定是锐角22.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是()A. MN//平面ADD1A1B. MN⊥ABC. 直线MN与平面ABCD所成角为45°D. 异面直线MN与DD1所成角为60°四、解答题（本大题共6小题，共30分）23.（5分）如图1，在平面四边形ABDC中，AB=2，AC=1，CD=√5，∠A=90°，cos∠BCD=1．5(1)求sin D；(2)将ΔBCD沿BC折起，形成如图2所示的三棱锥D−ABC，AD=2．(ⅰ)三棱锥D−ABC中，证明：点D在平面ABC上的正投影为点A；(ⅰ)三棱锥D−ABC中，点E，F，G分别为线段AB，BC，AC的中点，设平面DEF与平面DAC的交线为l，Q为l上的点．求DE与平面QFG所成角的正弦值的取值范围．AA1= 24.（5分）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB=AC=12a，AB⊥AC，D是棱BB1的中点．(Ⅰ)证明：平面A1DC⊥平面ADC(Ⅱ)求平面A1DC将此三棱柱分成的两部分的体积之比．25.（5分）在如图所示的几何体中，PB//EC，PB=2CE=2，PB⊥平面ABCD，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠BAD=60°．(1)求证：AC//平面PDE；(2)求CD与平面PDE所成角的正弦值．26.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD//BC，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB的中点．(1)求证：AM//平面PCD；(2)若∠ABC=90°，点N是线段CD上一点，且DN=1DC，求直线MN与平面PCD所成3角的正弦值．27.（5分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，ΔABC和ΔAB B1都是边长为2的正三角形．(Ⅰ)过B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并证明；(Ⅱ)求AC1与平面BC C1B1所成角的正弦值．BD，28.（5分）梯形BDEF所在平面垂直于平面ABCD于BD，EF//BD，EF=DE=12BD=BC=CD=√2AB=√2AD=2，DE⊥BC．(Ⅰ)求证：DE⊥平面ABCD；(Ⅱ)求平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值．答案和解析1.【答案】A;【解析】解：建立空间直角坐标系，如图所示，则A(4,0,0)，C(0,3,0)，B(4,3,0)，C 1(0,3,2)， ∴AC →=(−4,3,0)，B →C 1=(−4,0,2)， ∴cos <AC →，B →C 1>=AC →.B →C 1|AC →||B →C 1|=165×2√5=8√525， ∴异面直线AC 和BC 1所成角的余弦值是8√525，故选：A.建立空间直角坐标系，根据题目条件得到点A ，C ，B ，C 1的坐标，再求出AC →与B →C 1夹角的余弦值，从而得到异面直线AC 和BC 1所成角的余弦值．此题主要考查了利用空间向量求异面直线夹角，是基础题．2.【答案】A;【解析】解：建立如图所示的空间直角坐标系得：A(0,−1,0)，B(0,1,0)，S(0,0,√3)，C(√32,−12,0)，设AS →，BC →的夹角为θ，又AS →=(0,1,√3)，BC →=(√32,−32,0)，则cosθ=AS →.BC →|AS →||BC →|=−√34，即SA 与BC 所成角的余弦值为√34，故选：A ．由空间向量的数量积运算及两空间向量所成的夹角得：建立如图所示的空间直角坐标系得：A(0,−1,0)，B(0,1,0)，S(0,0,√3)，C(√32,−12,0)，设AS →，BC →的夹角为θ，又AS →=(0,1,√3)，BC →=(√32,−32,0)，则cosθ=AS →.BC →|AS →||BC →|=−√34，即SA 与BC 所成角的余弦值为√34，得解．该题考查了空间向量的数量积运算及两空间向量所成的夹角，属中档题．3.【答案】C;【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系则A(4,0,0)，A 1(4,0,4)，D(0,0,0)，C(0,3,0)，C 1(0,3,4)，M(0,3,2) 所以A 1→M =(−4,3,−2)，AD →=(−4,0,0)，设异面直线A 1M 与AD 所成角为θ，则cosθ=|A 1→M.AD →||A 1→M||AD →|=16√29×4=4√2929. ∴面直线A 1D 与BE 所成角的余弦值为4√2929.故选：C.以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则可通过坐标表示出异面直线A 1M 与AD 所成角的余弦值．此题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间向量的应用，转化思想，运算求解能力，是基础题．4.【答案】C; 【解析】该题考查了面面垂直的判定；一般地，要证面面垂直，只要证线面垂直，进一步只要证线线垂直，体现了转化的思想．利用面面垂直的判定定理，对四个选项分别分析选择．解：对于A，因为已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD=A，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故A正确；对于B，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，所以BC⊥平面PAB，BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故B正确；对于D，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以PA⊥CD，又CD⊥AD，又PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，故D正确；故选C．5.【答案】B;【解析】解：连接E1F、FD．正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，则E1D=E1F=√3，FD=√3，则可知∠FE1D=60°，故选：B．由于棱柱侧面对角线E1D与BC1不在同一平面内，将两条直线移到平面内，连接E1F、FD，由E1F//C1B，解三角形即可．此题主要考查异面直线的角度及余弦值计算．6.【答案】C;【解析】解：如图所示，连接A1B，与AB1相交于点O，取A1C1的中点D，连接OD、B1D，∵点O和D分别为A1B和A1C1的中点，∴OD//B C1，∴∠DO B1即为异面直线AB1与BC1所成角，在ΔOD B1中，OD=12BC1=12√BC2+CC12=√22，OB1=12AB1=12√AB2+BB12=√52，DB1=12A1C1=√52，由余弦定理知，cos∠DO B1=OD2+OB12−DB122.OD.OB1=12+54−542×√22×√52=√1010．∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为√1010．故选：C．连接A1B，与AB1相交于点O，取A1C1的中点D，连接OD、B1D，则OD//B C1，因此∠DO B1即为所求．在ΔOD B1中，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠DO B1，故而得解．该题考查异面直线的夹角问题，通过平移的思想，将两条异面直线平移在一个平面内是解答该题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．7.【答案】D;【解析】此题主要考查空间直线与直线，直线与平面的位置关系，属于中档题.根据题意作出辅助线，利用线面平行，线面垂直的判定及相关知识逐一判断可得.解：如图所示，取AB的中点G，连接GC，GC1，因为O为底面中心，所以O在GC上，且OCOG =2，又因为E为CC1的中点，所以ECEC1=1，所以OE与GC1必相交于一点，从而OE与平面AB C1相交，所以A错误;因为直线AC1⊂平面AC C1A1，点E∈平面AC C1A1，O∉平面AC C1A1，所以OE与AC1异面，所以B错误;若AB⊥平面AC C1A1，则AB⊥AC，这与ΔABC为正三角形矛盾，所以C错误;连接GF，由条件知，AB⊥GF，AB⊥GC，所以AB⊥平面CFG，从而AB⊥FC，所以D正确.故选D.8.【答案】D;【解析】解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，∴AC⊥BC，又∵VC⊥平面ABC，∴AC⊥平面VBC，BC⊥平面VAC∵D、E分别是VA，VC的中点，∴DE//AC ，由线面平行的判定定理，可得DE//平面ABC ，故A 正确；由线面垂直的第二判定理，结合AC ⊥平面VBC ，DE//AC 可得DE ⊥平面VBC ，故B 正确；因为DE ⊥平面VBC ，所以DE ⊥VB ，所以C 正确．故D 错误．故选：D.由AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上的动点，结合圆周角定理可得AC ⊥BC ，又由动点C 的直线VC 垂直于⊙O 所在平面，可得VC ，AC ，BC 三条直线两两垂直，进而可得AC ⊥平面VBC ，BC ⊥平面VAC ，结合线面垂直的第二判定定理和线面垂直的性质可判断A ，B 的真假；此题主要考查的知识点虽平面与平面之间的位置关系，直线与平面之间的位置关系，熟练掌握线面关系的判定定理及定义是解答的关键．9.【答案】B;【解析】解：连接AC ，BD ，设AC ∩BD =O ，连接EO ，则EO//PA ， ∴∠BEO 为异面直线PA 与BE 所成角，连接PO ，可得PO ⊥底面ABCD ，则PO ⊥BD ，又AC ⊥BD ，PO ∩AC =O ， ∴BD ⊥平面PAC ，则BD ⊥OE ． ∵底面边长为1，∴OB =√22， ∵侧棱长为2，∴OE =1，在Rt ΔBOE 中，求得BE =(√22)=√62． ∴cos ∠BOE =√62=√63．即异面直线PA 与BE 所成角的余弦值为√63．故选：B ．连接AC ，BD ，设AC ∩BD =O ，连接EO ，则EO//PA ，可得∠BEO 为异面直线PA 与BE 所成角，证明BD ⊥平面OAC ，则BD ⊥OE ，然后求异面直线PA 与BE 所成角的余弦值即可．该题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．10.【答案】C;【解析】解：如图所示，由题可知，四边形ABEG和CDFE均为正方形，ΔEFG为正三角形，∵AB//EG，CD//EF，∴∠GEF或其补角为异面直线AB与CD所成角，∵ΔEFG为正三角形，∴∠GEF=60°．故选：C．利用平移的思想，找出异面直线AB与CD所成角，即可得解．该题考查异面直线夹角的求法，利用平移法找出异面直线所成的角是解答该题的关键，考查学生的空间想象力，属于基础题．11.【答案】C;【解析】此题主要考查了线面垂直的判定与性质、等腰直角三角形的性质、异面直线的定义等基础知识与基本技能方法，属于基础题．解：在四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是异面垂直．对于原图：∵AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线，∴AD⊥BC.在四面体ABCD中，∵AD⊥BD，AD⊥DC，AD∩DC=D，∴AD⊥平面BCD.∴AD⊥BC.又AD与BC是异面直线．综上可知：在四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是异面垂直．故选C.12.【答案】C;【解析】解：如图将BC1平移至AD1处，∠D1AC就是所求的角，又ΔAD1C为正三角形．∴∠D1AC=60°．故选：C．先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．13.【答案】45°;【解析】根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对的棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AD，得到异面直线EF与AD所成的角，再放入直角三角形中，即可求得．此题主要考查了正四面体中线线位置关系，以及异面直线所成角的求法，综合考查了学生的识图能力，作图能力，以及空间想象力．解：取BD的中点G，连接EG，FG，∵E，G，F分别为AB，BD，CD的中点，∴EG//AD，FG//BC，EG=12AD，FG=12BC，∴∠FEG为异面直线EF与AD所成的角，∵四面体ABCD为正四面体，∴AD=BC，∴EG=FG，过点A作AO⊥平面BCD，垂足为O，则O为ΔBCD的重心，AO⊥BC，∵DO⊥BC，AO∩DO=O，∴BC⊥平面AOD，∵AD⊂平面AOD，∴BC⊥AD，∵EG//AD，FG//BC，∴EG⊥FG，在RtΔEGF中，∵∠EGF=90°，且EG=FG，∴∠FEG=45°，故答案为：45°．14.【答案】[1，,√2];【解析】此题主要考查空间中直线与平面所成的角的定义，关键是作出线面角θ，属基础题.，解：据线面角的定义知θ=∠D1MD，而tanθ=D1DDM显然当M在A或C点时，tanθ最小为1.当M在AC中点时tanθ最大为√2，故答案为[1,,√2].;15.【答案】√36【解析】取BD的中点E，连接AE，ME，易证ME//CD，所以∠AME是直线AM和CD的夹角，再在ΔAME中利用余弦定理即可求出结果．此题主要考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．解：取BD的中点E，连接AE，ME，∵M，E分别是BC，BD的中点，∴ME//CD，∴∠AME是直线AM和CD的夹角，∵正四面体ABCD的棱长为1，∴ME=12CD=12，AE=√32，AM=√32，在ΔAME中，由余弦定理可得cos∠AME=AM 2+ME2−AE22AM×ME=34+14−342×√32×12=√36，即直线AM和CD夹角的余弦值为√36，故答案为：√36.16.【答案】①③;【解析】解：由l⊥α，α⊥β，得l⊂β或l//β，即①②不能推出③；由α⊥β，l//β，可得l⊂α或l//α或l与α相交，相交也不一定垂直，即②③不能推出①；由l//β，可得β内必有直线l′//l，而l⊥α，则l′⊥α，可得β⊥α，即α⊥β，即①③能够推出②．故答案为：①③．由题干中给出的三个论断依次取两个作为条件，一个作为结论依次分析得答案．此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．17.【答案】10π;【解析】该题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解答该题的关键，属于中档题．由O为ΔABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l 一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是ΔPBC外接圆的圆心，在ΔPBC中，由余弦定理、正弦定理即可得外接球半径R，进而求得外接球表面积．解：因为O为ΔABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，根据球的性质，球心一定在垂线l上，即球心O1也是ΔPBC外接圆的圆心，在ΔPBC中，由余弦定理得cos∠PBC=PB 2+BC2−PC22BP⋅BC=√22，∴sinB=√22，由正弦定理得：PCsinB =2R，解得R=√102，∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为S=4πR2=10π，故答案为10π．18.【答案】BC;【解析】此题主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系与判定，属于中档题.A，D易于判断，B可以作平面，使平面A1MG//平面AEF，由面面平行的性质定理即可，C选项，分析出：截面是梯形至关重要.解：∵D1D//C C1，显然AF与CC1不垂直，故A错误；取B1C1的中点M，连接GM，A1M，则EF//GM，GM⊂平面A1MG,EF⊄平面A1MG,故EF//平面A1MG,同理可得AE//平面A1MG,又AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,∴平面A1MG//平面AEF，A1G⊂平面A1MG，∴直线A1G与平面AEF平行，故B正确；∵平面AEF截正方体所得的截面为AEF D1，∴截面面积为12(√2+√22)√1+14−(√24)2=3√242√2=98，故C正确；选项D，因为E为BC中点，所以B，C到平面AEF的距离相等，而B，G到平面AEF的距离不相等，所以点C与点G到平面AEF的距离不相等，故D错误.故选BC.19.【答案】ABD;【解析】此题主要考查圆锥的体积，侧面积求法，线面垂直的判定与异面直线的夹角，属于中档题.根据圆锥的体积，侧面积求法判定A，B，根据线面垂直的判定判断C，根据异面直线的夹角判断D.解：由条件可得∠ACB=90°，故tan∠BAC=BCAC=2，则BC=4,AB=2√5，则圆锥的侧面积为π×√5×2√5=10π，体积为13×π×5×√15=5√153π>6π，即A，B正确；SA=2√5,AC=2,SC=√15+5=2√5，故AC与SC不垂直，∴AC与平面SBC不垂直，即C错误；分别取AB，BC，SA的中点O，D，E，连接OD，OE，DE，则OE//SB，OD//AC，则∠DOE或其补角为异面直线AC与SB所成的角，过E作EF⊥AB于F，则F为OA的中点，EF与底面垂直，且EF=√152，在ΔBDF中，BD=12BC=2，BF=3√52，cos∠ABC=2√55，则DF2=BF2+BD2−2BF⋅BD⋅cos∠ABC=134，则DE2=EF2+DF2=7，由余弦定理可得cos∠DOE=OD 2+OE2−DE22⋅OD⋅OE=−√510，故异面直线AC与SB所成角的余弦值为√510，即D正确．故选ABD.20.【答案】ABC;【解析】此题主要考查了球内接三棱锥，球的表面积、体积公式，线面垂直、空间角的求法、余弦定理的应用，属于中档题．对A，外接球的直径即为长方体体对角线，即可求得球的表面积.利用异面直线所成角的定义作出所求角，由余弦定理求解.对C，利用线面垂直找出直线与平面所成的角，计算可判断.对D，用反证法可得结论.解：在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP=5cm，AB=4cm，AC=3cm，由AP，AB，AC两两垂直可知该三棱锥是球O内接长方体的一角，球的直径即为长方体的体对角线长，体对角线长为√32+42+52=5√2cm，∴外接球半径为5√22cm，所以球O的表面积为4π⋅(5√22)2=50πc m2，故A正确.如图，∠DOA或其补角即为异面直线BC与AO所成角，(D为棱的中点).DO=BC2=52cm，AD=√42+(52)2=√894cm，AO=5√22cm.故cos∠DOA=(52)2+(5√22)2−8942×52×5√22=−7√250，故异面直线BC与AO所成角的余弦值为7√250，B正确.∵AB⊥AP，AB⊥AC，AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∴直线BC与平面PAC所成的角为∠ACB，∴tan∠ACB=ABAC =43，故C正确.连接AE，如图：若AO⊥平面PBC，则AO⊥PB，即AF⊥PB.由EF⊥平面PABE，知PB⊥EF，又AF，EF是平面AEF内的两条相交直线，故PB⊥平面AEF，从而PB⊥AE，故四边形PABE是正方形，矛盾.故AO与平面PBC不垂直，D错误.故选ABC.21.【答案】AB;【解析】此题主要考查棱柱的结构特征，是中档题．由BC1//平面AD1C可知A正确；由P点的轨迹是平面AD D1A1与平面A1B1C1D1的交线A1D1，说明B正确；取P与C1重合，分析可得C与D错误．解：对于A，由BC1//AD1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，可得BC1//平面AD1C，则P到平面AD1C的距离不变，由ΔAD1C的面积为定值，可知点P在直线BC1上运动时，三棱锥A−D1PC的体积不变，故A正确；对于B，若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则P点的轨迹是平面DA A1D1与平面A1B1C1D1的交线A1D1，故B正确；对于C，直线AP与DC所成角即为∠PAB，当P与C1重合时，∠PAB最大，则tan∠PAB=BC1AB =√2ABAB=√2<√3=tanπ3，故C错误；对于D，当P与C1重合时，AP与D1C所成的角为π2，故D错误．所以其中说法正确的是A，B.故选AB.22.【答案】ABC;【解析】此题主要考查直线与平面平行、垂直的判定与性质、直线与平面所成角、异面直线所成角等基础知识；考查空间想象能力、论证推理能力，属于中档题．连结BD，A1D，可得MN//A1D，得到MN//平面ADD1A1，判定A正确；证明AB⊥平面ADD1A1，得AB⊥A1D，结合MN//A1D，得MN⊥AB，判断B正确；求出直线MN 与平面ABCD 所成角，判断C 正确；求出异面直线MN 与DD 1所成角，判断D 错误．解：如图，连结BD ，A 1D ，由M ，N 分别为BD ，A 1B 的中点，知MN//A 1D ，而MN ⊄平面ADD 1A 1， A 1D ⊂平面ADD 1A 1，∴MN//平面ADD 1A 1，故A 正确；在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面ADD 1A 1，则AB ⊥A 1D ， ∵MN//A 1D ，∴MN ⊥AB ，故B 正确；直线MN 与平面ABCD 所成角等于A 1D 与平面ABCD 所成角等于45°，故C 正确；而∠A 1DD 1为异面直线MN 与DD 1所成角，应为45°，故D 错误．故选：ABC.23.【答案】解：（1）在Rt △ABC 中：BC =√AB 2+AC 2=√5，在△BCD 中由余弦定理：BC =CD =√5，cos ∠BCD =BC 2+CD 2−BD 22BC .CD=15，所以BD =2√2，在△BCD 中由正弦定理：BCsinD =BDsin ∠BCD ；sin ∠BCD =2√65，所以sinD =√155．（2）（ⅰ）证明：在△DAB 中，因为AB =2，AD =2，BD =2√2，所以BD 2=AB 2+AD 2，AD ⊥AB ，在△DAC 中，因为AC =1，AD =2，CD =√5，所以CD 2=AC 2+AD 2，AD ⊥AC ，又因为AB∩AC=A ，所以AD ⊥平面ABC ，所以点D 在平面ABC 上的正投影为点A ．（ⅱ）因为EF ∥AC ，EF ⊄平面DAC ，AC ⊂平面DAC ，所以EF ∥平面DAC ，平面DEF 与平面DAC 的交线为l ，所以l ∥AC ，以A 坐标原点，分别以AB 、AC 、AD 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A-xyz ，所以A(0，0，0)，D (0，0，2)，E (1，0，0)，F (1，12，0)，G (0，12，0)，设Q （0，t ，2），设平面QFG 的法向量n →=(x ，y ，z )，因为n →.FQ →=(x ，y ，z ).(−1，t −12，2)=0，n →.GQ →=(x ，y ，z ).(0，t −12，2)=0，所以{−x +(t −12)y +2z =0(t −12)y +2z =0，取y=2，解得x =0，z =12−t ，所以，平面QFG 的一个法向量为n →=(0，2，12−t)，因为DE →=(1，0，−2)，设DE 与平面QFG 所成角为θ，所以，sinθ=|DE →.n→|DE →|.|n →||=|1−2t |√5×√(12−t)2+4，若t =12，则sinθ=0；若t ≠12，则sinθ=2√55×√11+4(12−t)2＜2√55，所以DE 与平面QFG 所成角的正弦值的取值范围为[0，2√55)．; 【解析】(1)在Rt ΔABC 中：求出BC ，在ΔBCD 中由余弦定理求出C 的余弦函数值，在ΔBCD 中由正弦定理求解即可．(2)(ⅰ)证明AD ⊥AB ，AD ⊥AC ，推出AD ⊥平面ABC ，得到结论．(ⅰ)以A 坐标原点，分别以AB 、AC 、AD 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A −xyz ，设Q(0,t,2)，求出平面QFG 的法向量，DE →=(1,0,−2)，设DE 与平面QFG 所成角为θ，利用空间向量的数量积求解表达式，然后推出DE 与平面QFG 所成角的正弦值的取值范围．该题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的范围的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力，以及计算能力，是中档题．24.【答案】证明：（Ⅰ）在三棱柱中，有AA 1⊥AC ，又∵AB ⊥AC ，AB∩AC=A ， ∴AC ⊥平面ABB 1A 1，∵A 1D ⊂平面ABB 1A 1，∴AC ⊥A 1D ，由AB=AC=12AA 1=a ，AB ⊥AC ，D 是棱BB 1的中点． ∴AD=A 1D =√2a ，AA 1=2a ，则AD 2+A 1D 2=2a 2+2a 2=4a 2=AA 12，∴AD ⊥A 1D ， ∵AD∩AC=A ，∴A 1D ⊥平面ADC ．又∵A 1D ⊂平面A 1DC ，∴平面A 1DC ⊥平面ADC ．解：（Ⅱ）平面A1DC将三棱柱分成上、下两部分，其上面部分几何体为四棱锥A-B1C1CD，下面部分几何体为四棱锥C-ABDA1．在平面A1B1C1中，过点A1作A1E⊥B1C1，垂足为E，则A1E⊥平面B1C1CD，∴A1E是四棱锥A1-B1C1CD的高，在Rt△A1B1C1中，∵A1B1=A1C1=a，∴A1E=√22a．B1C1CD为直角梯形，其面积S B1C1CD =12(B1D+C1C)•B1C1=3√22a2，∴四棱锥A1-B1C1CD的体积V A1−B1C1CD =13S B1C1CD•A1E=12a3．∵三棱柱ABC-A1B1C1的体积V ABC−A1B1C1=S ABC−A1B1C1=S△ABC•AA1=12a2.2a=a3，所以下部分几何体C-ABDA1的体积V C−ABCD A1=V ABC−A1B1C1-V A1−B1C1CD=12a3，所以两部分几何体的体积之比为1：1．;【解析】(Ⅰ)推导出AA1⊥AC，AB⊥AC，从而AC⊥平面AB B1A1，进而AC⊥A1D，再求出AB⊥AC，AD⊥A1D，由此能证明A1D⊥平面ADC．又∵A1D⊂平面A1DC，∴平面A1DC⊥平面ADC．(Ⅱ)平面A1DC将三棱柱分成上、下两部分，其上面部分几何体为四棱锥A−B1C1CD，下面部分几何体为四棱锥C−ABD A1.由此能求出两部分几何体的体积之比．此题主要考查平面与平面垂直的证明，考查几何体的两部分的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想是，是中档题．25.【答案】证明：（1）连接BD交AC于O，取PD中点F，连接OF，EF，因为OF∥PB，OF=12PB，又PB∥CE，CE=12PB所以OF∥CE，PF=CE，从而AC∥EF，因为AC⊄平面PDE，EF⊂平面PDE，所以AC∥平面PDE．解：（2）连接PC，因为PB∥EC，PB=2CE=2，PB⊥平面ABCD，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠BAD=60°．所以PD=√7，DE=√2，PE=√5，S△PDE=√102，S△DCE=12，设点C 到平面PDE 的距离为h ，则由V P-DCE =V D-PDE ，V P-DCE =V B-DCE ，得V B-DCE =V C-PDE ，所以由13×BD ×S △DCE =13×ℎ×S △PDE ，知√3×12=ℎ×√102，所以ℎ=√3010，所以CD 与平面PDE 所成角的正弦值为ℎCD=√3010．;【解析】(1)连接BD 交AC 于O ，取PD 中点F ，连接OF ，EF ，推导出AC//EF ，由此能证明AC//平面PDE ．(2)连接PC ，设点C 到平面PDE 的距离为ℎ，由V P−DCE =V D−PDE ，V P−DCE =V B−DCE ，得V B−DCE =V C−PDE ，由此能求出CD 与平面PDE 所成角的正弦值．该题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦植的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．26.【答案】（1）证明：取PC 的中点E ，连接ED ，ME ， ∵M ，E 分别是PB ，PC 的中点， ∴ME ∥BC ，ME=12BC ，又AD ∥BC ，AD=12BC ， ∴AD ∥ME ，AD=ME ，∴四边形ADEM 是平行四边形，∴DE ∥AM ，又DE ⊂平面PCD ，AM ⊄平面PCD ， ∴AM ∥平面PCD ．（2）解：∵∠ABC=90°，∴AB ⊥BC ，又AD ∥BC ，故AD ⊥AB ，以A 为原点，以AD ，AB ，AP 为坐标轴建立空间直角坐标系A-xyz ，则A （0，0，0），D （1，0，0），B （0，2，0），P （0，0，2），C （2，2，0）， ∵M 是PB 的中点，N 是DC 的三等分点， ∴M （0，1，1），N （43，23，0），∴MN →=（43，-13，-1），PD →=（1，0，-2），PC →=（2，2，-2），设平面PCD 的法向量为m →=（x ，y ，z ），则{m →.PC →=0m →.PD →=0，即{2x +2y −2z =0x −2z =0，令x=2可得m →=（2，-1，1）， ∴cos ＜MN →，m →＞=MN →.m→|MN →||m →|=2√263×√6=√3913．∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为√3913．;【解析】(1)PC 的中点E ，连接ED ，ME ，证明四边形ADEM 是平行四边形可得AM//DE ，故而AM//平面PCD ；(2)以A 为原点建立空间坐标系，求出平面PCD 的法向量m →，计算MN →与m →的夹角的余弦值得出答案．此题主要考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题．27.【答案】解：(Ⅰ)设AB 中点为O ，连OC ，OB 1，B 1C ，则截面OB 1C 为所求，证明：OC ，OB 1分别为ΔABC ，ΔAB B 1的中线，所以AB ⊥OC ，AB ⊥OB 1，又OC ，OB 1为平面OB 1C 内的两条相交直线，所以AB ⊥平面OB 1C ， (Ⅱ)以O 为原点，OB 方向为x 轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，易求得B(1,0,0)，A(−1,0,0)，C(0,√3,0),B 1(0,0,√3),C 1(−1,√3,√3)CB →=(1,−√3,0),B 1→B =(1,0,−√3),A →C 1=(0,√3,√3)，设平面BC C 1B 1的一个法向量为n →=(x,y,z)，由{n →⊥CB →n →⊥B 1B⇔{x −√3y =0x −√3z =0解得平面BC C 1B 1的一个法向量为n →=(√3,1,1)，|cos<A →C 1,n →>|=|A →C 1.n →||A →C 1|.|n →|=√3+√3√6.√5=√105，所以AC 1与平面BC C 1B 1所成角的正弦值为√105; 【解析】(Ⅰ)设AB 中点为O ，连OC ，OB 1，B 1C ，则截面OB 1C 为所求，通过证明AB ⊥OC ，AB ⊥OB 1，推出AB ⊥平面OB 1C.(Ⅱ)以O 为原点，OB 方向为x 轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面BC C 1B 1的一个法向量，入会利用空间向量的数量积求解AC 1与平面BC C 1B 1所成角的正弦值．此题主要考查直线与平面垂直，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．28.【答案】证明：(Ⅰ)连接AC ，交BD 于O ， ∵BD =BC =CD ，且AB =AD ，∴AC ⊥BD ，∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，交线为BD ，且AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥平面BDEF ，∵DE ⊂平面BDEF ，∴DE ⊥AC ，又DE ⊥BC ，且AC ∩BC =C ，∴DE ⊥平面ABCD ．解：(Ⅱ)∵EF//BD ，EF =12BD ，且O 是BD 中点，∴ODEF 是平行四边形， ∴OF//DE ，∴OF ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， A(1,0,0)，C(−√3,0,0)，E(0,−1,1)，F(0,0,1)， AF →=(−1,0,1)，EF →=(0,1,0)，CF →=(√3,0,1)，设平面AEF 的法向量m →=(x,y,z)，则{m →.AF →=−x +z =0m →.EF →=y =0，取x =1，得m →=(1,0,1)，设平面CEF 的法向量n →=(a,b,c)，则{n →.CF →=√3a +c =0n →.EF →=b =0，取a =1，得n →=(1,0,−√3)， ∴cos<m →,n →>=m →.n→|m →|.|n →|=√3√2⋅2=√2−√64．即平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为√6−√2．;4【解析】该题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．(Ⅰ)连接AC，交BD于O，推导出AC⊥BD，从而AC⊥平面BDEF，进而DE⊥AC，再由DE⊥BC，能证明DE⊥平面ABCD．(Ⅱ)分别以OA，OB，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值．。

2022版人教A版高中数学必修第二册练习题--专题强化练6 空间中的垂直关系

2022版人教A版高中数学必修第二册--专题强化练6空间中的垂直关系一、选择题1.(2020河北石家庄第二中学高一下月考,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1的中点为E,AC与BD交于点O,平面α过点E且与直线OC1垂直,若AB=1,则平面α截该正方体所得截面图形的面积为()A.√64B.√62C.√32D.√342.(2020山东烟台第二中学高一下月考,)如图,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B、C、D三点重合,重合后的点记为H,那么在这个空间图形中必有()A.AG⊥平面EFHB.AH⊥平面EFHC.HF⊥平面AEFD.HG⊥平面AEF3.()在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥AC,AA1⊥平面A1B1C1,则下列选项中,能使异面直线BC1与A1C相互垂直的条件为()A.∠A1CA=45°B.∠BCA=45°C.四边形ABB1A1为正方形D.四边形BCC1B1为正方形二、填空题4.(2020安徽合肥一六八中学高二上期中,)经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有个.5.(2021河南开封高一上期末,)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在正方体的表面上移动,且满足B1P⊥D1B,则满足条件的所有点P构成的平面图形的面积是.三、解答题6.(2021安徽合肥高二上期末联考,)如图,在三棱锥A-BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M为AB的中点,D为PB的中点,且△PMB为正三角形.(1)求证:DM⊥平面BPC;(2)求证:平面ABC⊥平面APC;(3)若BC=4,AB=20,求三棱锥D-BCM的体积.7.(2020四川南充高三第一次适应性考试,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD.(1)当a为何值时,BD⊥平面PAC?证明你的结论;(2)若在棱BC上至少存在一点M,使PM⊥DM,求a的取值范围.答案全解全析一、选择题1.A连接A1C1,OE,BE,ED,C1E.易得O C12=1+12=32,OE2=14+12=34,E C12=2+14=94,∴O C12+OE2=EC12,∴OE⊥OC1.易得BD⊥平面ACC1A1,∴BD⊥OC1.又OE∩BD=O,∴OC1⊥平面BDE,∴所得截面为△BDE.易知BD⊥OE,∴S△BDE=12BD·OE=12×√2×√32=√64,∴平面α截该正方体所得截面图形的面积为√64.故选A.2.B易知AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,∴B正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;易知AG⊥EF,EF⊥AH,又AG∩AH=A,∴EF⊥平面HAG,又EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF,过H作直线l垂直于平面AEF,则l一定在平面HAG内,∴C不正确;∵HG与AG不垂直,∴HG⊥平面AEF不正确,∴D不正确.故选B.3.A如图,连接AC1.易知AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥AB,又AB⊥AC,AA1∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1.∵A1C⊂平面ACC1A1,∴AB⊥A1C,当异面直线BC1与A1C相互垂直时,由AB∩BC1=B,可得A1C⊥平面ABC1,∵AC1⊂平面ABC1,∴A1C⊥AC1,∴四边形ACC1A1为正方形,∴∠A1CA=45°,反之亦然,即∠A1CA=45°时,可得BC1⊥A1C成立.故选A.二、填空题4.答案1或无数解析设平面α外一点为A,平面α内一点为O.若OA⊥α,则过OA的任一平面都与平面α垂直,所以过OA存在无数个平面与平面α垂直;若OA不垂直于α,则过点A有唯一的直线l与平面α垂直,OA与l确定唯一的平面与α垂直,所以过OA存在唯一的平面与平面α垂直.5.答案2√3解析连接AC,B1C,AB1,BD,BC1(图略).在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知AC⊥DD1,AC⊥BD,B1C⊥BC1,B1C⊥C1D1.∵BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,又BD1⊂平面BDD1,∴AC⊥BD1.同理B1C⊥BD1,又AC∩B1C=C,∴BD1⊥平面AB1C.∴满足条件的点P构成的图形为△AB1C.由正方体的棱长为2,可知△AB1C是边长为2√2的等边三角形.∴点P构成的平面图形的面积S△AB1C =√34×(2√2)2=2√3.三、解答题6.解析(1)证明:由题可知DM是△APB的中位线,∴DM∥AP,又∵AP⊥PC,∴DM ⊥PC,∵△PMB为正三角形,D为PB的中点,∴DM⊥PB,又∵PB⊂平面BPC,PC⊂平面BPC,PB∩PC=P,∴DM⊥平面BPC.(2)证明:∵DM⊥平面BPC,DM∥AP,∴AP⊥平面BPC,∵BC⊂平面BPC,∴AP⊥BC.又∵AC⊥BC,AP⊂平面APC,AC⊂平面APC,AP∩AC=A,∴BC⊥平面APC,∵BC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面APC.(3)∵AB=20,∴PB=BM=12AB=10,∴DM=5√3,∴AP=2DM=10√3,∵BC=4,∴AC=√AB2-BC2=8√6,∴PC=√AC2-AP2=2√21.∵PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC.∴S△PBC=12BC·PC=4√21,∴S△BCD=12S△PBC=2√21.∴三棱锥D-BCM的体积V=13S△BCD·DM=13×2√21×5√3=10√7.7.解析(1)当a=2时,BD⊥平面PAC.证明如下:当a=2时,矩形ABCD为正方形,则BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PA.又AC∩PA=A,AC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC.故当a=2时,BD⊥平面PAC.(2)设M是符合条件的棱BC上的点.连接AM.∵PA⊥平面ABCD,DM⊂平面ABCD,∴DM⊥PA,又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA⊂平面PAM,PM⊂平面PAM,∴DM⊥平面PAM,∵AM⊂平面PAM,∴DM⊥AM,∴点M是以AD为直径的圆和BC的交点,≥AB,即a≥4,∴半径r=AD2∴a的取值范围是[4,+∞).。

高中数学《空间中的垂直关系》同步练习4 新人教B版必修2

空间中的垂直关系数学试题（文）本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标涂黑，如果需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

2．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

参考公式：锥体体积公式Sh V 31=，其中S 为底面面积，h 为高第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．若集合{|0},{|4}A x x B x x =>=<，则A B 等于（） A ．{|0}x x < B ．{|04}x x << C ．{|5}x x > D ．R 2．设复数21211,2,z z i z bi z =+=+若为实数，则实数b 等于（） A ．-2 B ．-1 C ．1D ．23．班主任将甲乙两人最近的7次数学测试的分数进行统计，甲乙两人的得分情况如茎叶图所示，则下列说法正确的是（）A ．甲的众数大于乙的从数，乙比甲成绩稳定B ．甲的众数大于乙的众数，甲比乙成绩稳定C ．甲的众数小于乙的众数，甲比乙成绩稳定D ．甲的众数小于乙的众数，乙比甲成绩稳定4．若函数()y f x =是函数log (0,01)a y x x a a =>>≠且的反函数，且1(1)2f =，则()f x =（）A ．12xB ．22x -C ．12log xD ．2log x5．对于函数()cos f x x x =+，下列命题中正确的是（） A ．,()2x R f x ∀∈= B ．,()2x R f x ∃∈= C ．,()2x R f x ∀∈>D ．,()2x R f x ∃∈>6．已知直线a 和平面α，那么a//α的充分条件是（）A ．存在一个平面β，,//a βαβ⊂B ．存在一个平面α，,a αββ⊥⊥C ．存在一条直线b ，//,a b b α⊂D ．存在一条直线b ，,a b b α⊥⊥7．执行如图的程序框图，则输出的n= （）A ．4B ．5C ．6D ．7 8．观察下列等式：可以推测当*n N ∈时，有：13+23+…+n 3=（） A ．(1)2n n + B ．(1)(2)2n n ++ C ．22(1)4n n + D ．22(1)(2)4n n ++9．在ABC ∆中，已知sin sin 2sin ,3A C B B π+=∠=且，若ABC ∆，则B ∠的对边b 等于（）A ．1BCD ．10．已知函数4)y x =≤≤的值域为A ，不等式20x x -≤的解集为B ，若a 是从集合A 中任取的一个数，b 是从集合B 中任取一个数，则a b >的概率是（）A ．14B ．13C ．12D ．3411．若双曲线22221(0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1、F 2，线段F 1F 2被抛物线22y bx =的焦点分成7：5的两段，则此双曲线的离心率为（）A ．98 BC．4 D．512．偶函数()f x 满足(1)(1),[0,1],()1f x f x x f x x -=+∈=-+且时，则关于x 的方程1()()10x f x =，在[0,3]x ∈上解的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

2019-2020学年新人教A版必修二垂直关系课时作业

2019-2020学年新人教A版必修二垂直关系课时作业1.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC解析因为BC∥DF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，∴BC⊥平面P AE，DF∥BC，则DF⊥平面P AE，又DF平面PDF，从而平面PDF ⊥平面P AE.因此选项B，C均正确．答案 D2.(2018·西安调研)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是() A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析A中，α∥β或α与β相交，不正确．B中，过直线l作平面γ，设α∩γ＝l′，则l′∥l，由l⊥β，知l′⊥β，从而α⊥β，B正确．C中，l∥β或lβ，C 不正确．D中，l与β的位置关系不确定．答案 B3.(2018·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是() A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解析由题意知，BD⊥平面ADC，且AC平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC ＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．答案 B二、填空题4.如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析∵P A⊥平面ABC，AB，AC，BC平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．答案 45.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．解析由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)6.(2018·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，mα，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号)．解析对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线lα，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又mα，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．答案②③④三、解答题7.(2018·南昌质检)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．(1)求证：EF ⊥平面BCG ； (2)求三棱锥D －BCG 的体积． (1)证明由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BCG . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG . (2)解在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图由平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BDC ＝BC ，AO 平面ABC ，知AO ⊥平面BDC . 又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h ＝13×12BD ·BC · sin 120°·32＝12.8.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由．(1)证明因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面P AC.(2)证明因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面P AC.又AB平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)解棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥P A.又因为P A平面CEF，且EF平面CEF，所以P A∥平面CEF.11．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．则下列说法正确的是() A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误．答案 C12．(2018·合肥模拟)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是()A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心解析由题意可知P A，PE，PF两两垂直，所以P A⊥平面PEF，从而P A⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩P A＝P，所以EF⊥平面P AO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．答案 A11.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．解析由P A ⊥平面ABC ，AE 平面ABC ，得P A ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面P AB ，又PB 平面P AB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面P AD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD 平面P AD ，BC平面P AD ，∴BC ∥平面P AD ，∴直线BC ∥平面P AE 也不成立，③错；在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确．答案 ①④12.(2018·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)证明：平面P AB ⊥平面PBD . (1)解取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD .所以BC ∥AM ，且BC ＝AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB .又AB 平面P AB .CM 平面P AB .所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD∥BC，BC＝12AD，所以直线AB与CD相交，所以P A⊥平面ABCD.又BD平面ABCD，从而P A⊥BD.因为AD∥BC，BC＝12AD，M为AD的中点，连接BM，所以BC∥MD，且BC＝MD.所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面P AB. 又BD平面PBD，所以平面P AB⊥平面PBD.。

2019-2020学年新人教A版必修二空间中的垂直关系课时作业

1．(2015·安徽卷)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(D)A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．与β平行的直线．．．，则在α内不存在D．若m，n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一平面可以结合图形逐项判断．A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．2．(2018·白银区校级月考)l，m，n是互不相同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是(C)A．若α∥β，lα，nβ，则l∥n B．若α⊥β，lα，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若l⊥n，m⊥n，则l∥mA选项中，α∥β，lα，nβ，则l与n还可能异面；B选项中，α⊥β，lα，则l与β还可能斜交或平行；C选项中，l⊥α，l∥β，所以β⊥α是正确的；D选项中，l⊥n，m⊥n，则l与m还可能相交或异面，选C.3．如图，ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的点，则下面结论中，错误的是(C)A．AE⊥CEB．BE⊥DEC．DE⊥CED．平面ADE⊥平面BCE因为BE⊥AE，BE⊥DA BE⊥平面ADE BE⊥ED，平面ADE⊥平面BCE.同理可证AE⊥CE .故A ，B ，D 都为真命题．对于C ，假设DE ⊥CE ，又DE ⊥BE DE ⊥平面BCE ，又AE ⊥平面BCE DE ∥AE ，这显然矛盾．故选C.4．α，β，γ为不同平面，a ，b 为不同直线，给出下列条件：①a ⊥α，β∥a; ②α⊥γ，β⊥γ；③a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b; ④a α，b β，a ⊥b .其中能使α⊥β成立的条件的个数为(B)A ．1B ．2C ．3D ．4根据面面垂直的定义与判定，只有①和③能使α⊥β，选B.5．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，在l 上取AB ＝4，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AC ＝3，BD ＝12，则CD ＝ 13 .连接AD ，则CD ＝AC 2＋AD 2＝AC 2＋AB 2＋BD 2＝13.6．已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，将它沿AE ，AF 和EF 折起，使点B ，C ，D 重合为一点P ，则必有AP ⊥ 平面PEF .折起后，有⎭⎪⎬⎪⎫AP ⊥PFAP ⊥PE PF ∩PE ＝P ⇒AP ⊥平面PEF .7．(2018·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ；(3)求证：EF ∥平面PCD .(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC . 因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC . 所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .8．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则(C)A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC因为A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，所以B ，D 错；因为A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，所以A 1E ⊥BC 1，故C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面CEA 1B 1.又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，所以A 1E ⊥BC 1)因为A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．故选C.9．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为 36π .如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC .由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB .设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，所以三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×(12SC ·OB )·OA ＝r 33，即r 33＝9，所以r ＝3，所以S 球表＝4πr 2＝36π. 10．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，PD ∩AP ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积 V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2. 从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.。

2019-2020学年人教A版必修二专题研究空间中的垂直关系课时作业

课时作业(十六)1．设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是()A．若a⊥α，b∥α，则a⊥bB．若a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥βC．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥bD．若a∥α，a∥β，则α∥β答案 D解析由题意可知A、B、C选项显然正确，对于选项D，当α、β相交，且a与α、β的交线平行时，有a∥α，a∥β，但此时α与β不平行，故选D.2．设l，m，n为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列命题中正确的个数是()①若l⊥α，m∥β，α⊥β，则l⊥m；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥β，α∥β，则l∥n.A．1B．2C．3 D．4答案 B解析对于①，直线l，m可能互相平行，①不正确；对于②，直线m，n可能是平行线，此时不能得知l⊥α，②不正确；对于③，由定理“平行于同一条直线的两条直线平行”与“若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面”得知，③正确；对于④，由l∥m，m⊥α，得l⊥α，由n⊥β，α∥β，得n⊥α，因此有l∥n，④正确．综上所述，其中命题正确的是个数是2，故选B.3．设平面α与平面β交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，则根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m 时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不保证b⊥α，所以不能推出α⊥β. 4．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC＝1，PC＝23，PD＝CD＝2.(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值；(2)证明：平面PDC⊥平面ABCD；(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值．解析(1)如图，在四棱锥P—ABCD中，因为底面ABCD是矩形，所以AD＝BC且AD∥BC.故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角．又因为AD⊥PD，在Rt△PDA中，tan∠PAD＝PDAD＝2.所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2.(2)由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD，又由于AD⊥PD，CD∩PD ＝D，因此AD⊥平面PDC，而AD⊂平面ABCD，所以平面PDC⊥平面ABCD.(3)在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交直线CD于点E，连接EB.由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD 的交线．故PE⊥平面ABCD，由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角．在△PDC中，由于PD＝CD＝2，PC＝23，可得∠PCD＝30°.在Rt△PEC中，PE＝PCsin30°＝ 3.由AD∥BC，AD⊥平面PDC，得BC⊥平面PDC.因此BC⊥PC.在Rt△PCB中，PB＝PC2＋BC2＝13.在Rt△PEB中，sin∠PBE＝PEPB＝39 13.所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为39 13.5.如图，在四面体P－ABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体P－ABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．解析(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)存在点Q满足条件，理由如下：如图，连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN. 与(2)同理可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以EG 的中点Q 是满足条件的点．6.如图，已知四边形ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)若PA ＝AD ，求证：MN ⊥平面PCD.解析 (1)取PD 的中点H ，连接AH ，NH.又由N 为PC 中点，∴HN ∥CD 且HN ＝12CD.∵M 为AB 中点，∴AM ∥CD 且AM ＝12CD.∴AM 綊HN ，∴四边形AMNH 为平行四边形．∴AH ∥MN ，∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ，又∵PA ⊥面ABCD ，∴AB ⊥面PAD.又∵AH⊂面PAD，∴AB⊥AH，∴AB⊥MN.(2)由(1)可知，AH⊥AB，又AB∥CD，∴AH⊥CD.∵PA＝AD，∴AH⊥PD，又PD∩CD＝D，∴AH⊥面PCD，∴MN⊥面PCD.7.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.解析(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.8.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)求证：PB ∥平面ACM ；(2)求证：AD ⊥平面PAC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．解析 (1)连接BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO.因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM.(2)因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC.又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD.而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面PAC.(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN.因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455.1．(2015·北京理)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m ∥β”是“α∥β”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析因为α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.若“m∥β”，则平面α、β可能相交也可能平行，不能推出α∥β，反过来若α∥β，m⊂α，则有m∥β，所以“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．2．(2015·福建理)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析因为m⊥α，若l⊥m，则l∥α或l⊂α，即l⊥m⇒/l∥α.若l∥α，则l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β答案 C解析A项中，直线m，n可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D项中，m也可能平行于β.故选C项．4．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直答案 B解析对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.5．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD 的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．解析(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.又BE，BD⊂平面BED，BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3 2x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积V E－ACD＝13×12AC×GD×BE＝624x3＝63.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2 5.6．(2015·天津文)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝25，AA1＝7，BB1＝27，点E和F分别为BC和A1C的中点．(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．解析(1)如图，连接A1B.在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1.又AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.(3)取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NE∥B1B，NE＝12B1B，故NE∥A1A且NE＝A1A，所以A1N∥AE，且A1N＝AE.因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角．在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2.因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB，A1M＝AB，由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1.在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝B1M2＋A1M2＝4.在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝A1NA1B1＝12，因此∠A1B1N＝30°.所以直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.7.如图，几何体E—ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.解析(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC.因此BD⊥EO.又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)方法一：如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.方法二：如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，所以∠CBD ＝30°.因为△ABD 为正三角形，所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°.因此∠AFB ＝30°.所以AB ＝12AF.又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由于点M 是线段AE 的中点，因此DM ∥EF.又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ，所以DM ∥平面BEC.8．如图，直三棱柱ABC —A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)求三棱锥A ′—MNC 的体积．解析 (1)方法一：连接AB ′，AC ′，因为∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，所以三棱柱ABC—A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.方法二：取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′.因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.又因MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)方法一：连接BN，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC.又A′N＝12B′C′＝1，故V A′－MNC＝V N－A′MC＝12V N－A′BC＝12V A′－NBC＝16.方法二：V A′－MNC＝V A′－NBC－V M－NBC＝12V A′－NBC＝16.9.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O 是BD的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．解析(1)如图，连接AC，A1C1，AC与BD相交于点O.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝2 2.故EC12＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC12＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC12＝OC12.即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝3 2.所以AA1的长为3 2.10.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为ABC—A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.11．，如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB 的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置，使A1F⊥CD，如图2.(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．解析(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，QE，PD，则PQ∥BC.因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.12.如图，在锥体P－ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB ＝60°，PA＝PD＝2，PB＝2，E，F分别是BC，PC的中点．(1)证明：AD⊥平面DEF；(2)求二面角P－AD－B的余弦值．解析(1)如图，取AD的中点O，连接PO，BO，BD.∵四边形ABCD 是边长为1的菱形，∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形．∴BO ⊥AD.∵PA ＝PD ＝2，∴PO ⊥AD.又PO ∩BO ＝O ，∴AD ⊥平面POB.又∵E ，F 分别是BC ，PC 的中点，∴EF ∥BP.由O 为AD 的中点，得DE ∥OB ，∵EF ∩ED ＝E ，∴平面POB ∥平面DEF.∴AD ⊥平面DEF.(2)由(1)知PO ⊥AD ，BO ⊥AD ，则∠POB 为所求二面角的平面角．在等边三角形ABD 中，可得OB ＝32.在△PAD 中，可得PO ＝（2）2－（12）2＝72.又PB ＝2，在△POB 中，由余弦定理，得cos ∠POB ＝PO 2＋OB 2－PB 22PO ·OB ＝74＋34－42×72×32＝－217. ∴二面角P －AD －B 的余弦值为－217.13．如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高．解析 (1)因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD.所以BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD.又PD ⊥底面ABCD ，所以BD ⊥PD.所以BD ⊥平面PAD ，故PA ⊥BD.(2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E.已知PD ⊥底面ABCD ，故PD ⊥BC.由(1)知BD ⊥AD ，因为BC ∥AD ，所以BC ⊥BD.所以BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE.则DE ⊥平面PBC ，即DE 为棱锥D －PBC 的高．由PD ＝AD ＝1知BD ＝3，PB ＝2.由DE·PB ＝PD·BD ，得DE ＝32.所以棱锥D －PBC 的高为32.14.如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求证：平面EFG ⊥平面EMN.解析 (1)方法一：取PA 的中点H ，连接EH ，DH.因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB.又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD.因此四边形DCEH 是平行四边形．所以CE ∥DH.又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ，因此CE ∥平面PAD.方法二：连接CF.因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB.又CD ＝12AB ，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD.又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB.因此MN⊥平面EFG.又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.15.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别为CD和PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.解析(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.16．如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB ＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；(2)求点B1到平面EA1C1的距离．解析(1)过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝2，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.在Rt△BFE中，BE＝ 3.在Rt △CFB 中，BC ＝ 6.在△BEC 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2，故BE ⊥BC.由BB 1⊥平面ABCD ，得BE ⊥BB 1.所以BE ⊥平面BB 1C 1C.(2)三棱锥E －A 1B 1C 1的体积V ＝13AA 1·S △A 1B 1C 1＝ 2.Rt △A 1D 1C 1中，A 1C 1＝A 1D 12＋D 1C 12＝3 2. 同理，EC 1＝EC 2＋CC 12＝32， A 1E ＝A 1A 2＋AD 2＋DE 2＝2 3.故S △A 1C 1E ＝3 5.设点B 1到平面EA 1C 1的距离为d ，则三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积V ＝13·d ·S △A 1C 1E ＝5d. 从而5d ＝2，d ＝105.17.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积．解析 (1)由题设知，BB 1綊DD 1，∴BB1D1D是平行四边形．∴BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴A1BCD1是平行四边形．∴A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.(2)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．又∵AO＝12AC＝1，AA1＝2，∴A1O＝AA12－OA2＝1.又∵S△ABD＝12×2×2＝1，∴V ABD－A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.18．如图①，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图②所示的三棱锥A－BCF，其中BC＝2 2.(1)证明：DE∥平面BCF；(2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F －DEG 的体积V F －DEG .解析 (1)在等边三角形ABC 中，AB ＝AC.∵AD ＝AE ，∴AD DB ＝AE EC ，∴DE ∥BC.∴DG ∥BF ，如图②，DG ⊄平面BCF ，∴DG ∥平面BCF.同理可证GE ∥平面BCF.∵DG ∩GE ＝G ，∴平面GDE ∥平面BCF ，∴DE ∥平面BCF.(2)在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥FC.∴BF ＝FC ＝12BC ＝12.在图②中，∵BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋FC 2，∴∠BFC ＝90°，∴FC ⊥BF.∵BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF.(3)∵AD ＝23，∴BD ＝13，∴AD ∶DB ＝2∶1.在图②中，AF ⊥DG ，AF ⊥GE ，∴AF ⊥平面GDE.在等边三角形ABC 中，AF ＝32AB ＝32，∴FG ＝13AF ＝36，DG ＝23BF ＝23×12＝13＝GE.∴S △DGE ＝12DG ·EG ＝118，∴V F －DEG ＝13S △DGE ·FG ＝3324.设l是直线，α，β是两个不同的平面，()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若l⊥α，α⊥β，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析A项中由l∥α，l∥β不能确定α与β的位置关系，C项中由α⊥β，l⊥α可推出l∥β或l⊂β，D项由α⊥β，l∥α不能确定l与β的位置关系．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高中数学空间中的垂直关系课后练习一（含解析）
新人教A 版必修2
在空间，下列命题正确的是（）．
（A ）平行直线的平行投影重合
（B ）平行于同一直线的两个平面平行
（C ）垂直于同一平面的两个平面平行
（D ）垂直于同一平面的两条直线平行
设平面β⊥平面γ，且α、β分别与γ相交于a 、b ，b a //．求证：平面α//平面β．
如图，P 是ABC ∆所在平面外的一点，且⊥PA 平面ABC ，平面⊥PAC 平面PBC ．求证AC BC ⊥．
已知在长方体1111D C B A ABCD -中，棱51=AA ，12=AB ，过点1B 作B
A E
B 11⊥于E ，证明111BCD A E B 平面⊥，并求其长度．
在正方体1111D C B A ABCD -中，E 是1BB 的中点，O 是底面正方形ABCD 的中心．
求证：⊥OE 平面1ACD ．
如图，圆柱的轴截面ABCD 是正方形，点E 在底面圆周上，DE AF ⊥，F 是垂足，求证：DB AF ⊥．
如图所示，P 是四边形ABCD 所在平面外的一点，ABCD 是∠DAB ＝60°且边长为a 的菱形．侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ．
(1)若G 为AD 边的中点，求证：BG ⊥平面PAD ；
(2)求证：AD ⊥PB ．
已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PD、PC、BC 的中点．
（I）求证：PA//平面EFG；（II）求平面EFG 平面PAD．
如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端
点除外)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC．在
平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是
__________．
如图，BC是Rt△ABC的斜边，AP⊥平面ABC，PD⊥BC于D点，则图中共有直角三角形的个数是( )．
A．8B．7C．6D．5
课后练习详解答案：D ．
详解：由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以很容易得出答案．平行直线的平行投影重合，还可能平行，A 错误；平行于同一直线的两个平面平行，两个平面可能相交，B 错误；垂直于同一平面的两个平面平行，可能相交，C 错误．
答案：见详解．
证明：在平面α内作直线a 的垂线1l ，垂足为A ，
因为，平面α⊥平面γ，平面α 平面γ=a ，所以1l α⊥
在平面β内作直线b 的垂线2l ，垂足为B ，同理可证得2l β⊥
12//l l ∴，又12,l l ββ⊄⊂ ，1//l β∴
//a b ,a b ββ⊄⊂，//a β∴
11,,//l a A l a αα
αβ
=⊂⊂∴ 答案：见详解．
详解：在平面PAC 内作PC AD ⊥，交PC 于D ．
因为平面⊥PAC 平面PBC 于PC ，⊂AD 平面PAC ，且PC AD ⊥，所以PBC AD 平面⊥．
又因为⊂BC 平面PBC ，
于是有BC AD ⊥①．
另外⊥PA 平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，
所以BC PA ⊥②．
由①②及A PA AD = ，
可知⊥BC 平面PAC ．
因为⊂AC 平面PAC ，
所以AC BC ⊥．答案：16013
B E = 详解：∵11ABB A B
C 平面⊥，且B B AA E B 111平面⊂，∴E B BC 1⊥，又B A E B 11⊥，又B B A BC =1 ，∴111BC
D A
E B 平面⊥．
在B B A Rt 11∆中，136012
51252211111=+⨯=⋅=B A BB B A E B ，∴16013B E =．证明:连结CE AE 、，O D 1，
设正方体1DB 的棱长为a ，易证CE AE =．又∵OC AO =，∴AC OE ⊥．在正方体1DB 中易求出：
a a a DO DD O D 2622222211=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+=， a a a OB BE OE 232222222=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=， ()a a a E B B D E D 23222
2212
111=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=． ∵21221E D OE O D =+，∴OE O D ⊥1．
∵O AC O D = 1，O D 1、⊂AC 平面1ACD ，∴⊥OE 平面1ACD ．
答案：见详解．
详解：由⊥
DA⊥；又E为底面圆周上一点，AB为DA底面ABE，知BE
底面圆直径，知AE
⊥，又DE
AF⊥，
BE平面ADE，则B E A F
BE⊥，故⊥
则AF⊥平面BDE，则DB
AF⊥．
答案：见详解．
详解：(1)连接PG，由题知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG ⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥BG．
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD．
又AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD．
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD．
所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB．
答案：见详解．
详解：证明：（I）取AD的中点H，连结EH，HG．
∵H，G为AD，BC的中点，∴HG//CD，
又EF//CD．∴EF//HG，∴E，F，G，H四点共面，
又∵PA//EH，EH⊂平面EFGH，PA⊄平面EFGH，
∴PA//平面EFG ．
（II ）证明：CD PD CD AD ⊥⊥, ，
∴⊥CD 平面PAD ，∵EF//CD ，∴⊥EF 平面PAD ，
∵⊂EF 平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAD ．
答案：(12
，1) 详解：过K 作KM ⊥AF 于M 点，连结DM ，易得DM ⊥AF ，与折前的图形对比，可知由折前的图形中D 、M 、K 三点共线且DK ⊥AF ，于是
△DAK ∽△FDA ，∴AK AD ＝AD DF ，又t 1＝1DF ，∴t ＝1DF
．又DF ∈(1,2)，∴t ∈(12
，1)．
答案：A ．
详解：所给图形中的△PAC 、△PAD 、△PAB 、△PCD 、△PBD 、△ACD 、△ADB 、△ABC 均为直角三角形，所以共有8个直角三角形．。